Zkouška Kolman 18. 6. 2025 C

Nechť A = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}. Pokud existují, najděte následující rozklady:
a) A = R^TR, kde R je reálná matice, (5)
b) A = O^TDO, kde O je reálná ortonormální matice a D je reálná diagonální matice, (5)
c) A = P^TP, kde P je pozitivně definitní reálná matice. (5)

a) Uveďte přesnou definici determinantu matice. (3)
b) Uveďte přesné znění tvrzení o vztahu mezi \det(A), \det(B) a \det(AB). (3)
c) Uveďte přesné znění Cramerova pravidla. (3)
d) Alespoň jedno z tvrzení v bodech b) a c) dokažte. (6)

a) Popište přesně Gram-Schmidtovu ortonormalizaci. (5)
b) Nechť D = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix}, b_1 = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} a b_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \end{pmatrix}. Uvažte skalární součin na \mathbb{R}^2 daný předpisem \braket{u, v} = u^TDv. Aplikujte Gram-Schmidtovu ortonormalizaci na bázi B = (b_1, b_2) vektorového prostoru \mathbb{R}^2 s výše uvedeným skalárním součinem; výslednou ortonormální bázi označte C = (c_1, c_2) a obě báze B, C znázorněte v obrázku. (8)
c) Najděte Fourierovy koeficienty vektoru w = (3, 1)^T vůči bázi C a zapište souřadnice vektoru w vůči bázi C; stále pracujte se skalárním součinem podle předešlého bodu. (2)

Pro každé z následujících tvrzení zdůvodněte, zda platí či neplatí.
a) Nechť A \in \R^{n \times n} je symetrická matice a u a v dva její vlastní vektory příslušné různým vlastním číslům. Pak u a v jsou na sebe kolmé (vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu). (5)
b) Nechť A \in \R^{n \times n} je symetrická matice s kladnou diagonálou a f : \R^n \times \R^n \rightarrow \R je zobrazení definované pro každé u, v \in \R^n předpisem f(u, v) = u^TAv. Pak f(u, v) je skalární součin na \R^n. (5)
c) Je-li matice kvadratické formy vůči nějaké bázi diagonální, pak je matice této formy diagonální vůči každé bázi. (5)

Na začátku upřesnil, že "ortonormální" matici z příkladu 1b jsme nazývali "ortogonální" (platí pro ni AA^T = I).

Spoiler: Na konci ukázal, že 1c jde řešit pomocí 1b a A = O^TDO = O^T\sqrt{D}\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TI\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TO O^T\sqrt{D}O = (O^T\sqrt{D}O)^T(O^T\sqrt{D}O) = (O^{-1}\sqrt{D}O)^T(O^{-1}\sqrt{D}O) = P^TP.

Bodování:

60–50 = 1
42–49 = 2
35–41 = 3
30–34 = možná ústní
0–29 = 4

Čas: 90 minut (bylo to málo)

Na skupinovém ústním dozkoušení po mně chtěl dopočítat čtyři příklady, které jsem nestihl, po třech hotových (s jednou nápovědou) mi dal trojku. (Nebojte se a běžte tam.)

Řešení

Je několik možností, jak si zjednodušit život, když to budete počítat jako poslední:
1. Přeskočit ověření PDF, protože z b) známe vl. čísla a ty jsou kladná \Rightarrow A je PDF matice
2. Přeskočit to a použít výsledek z c), o PDF matici víme, že lze rozložit na součin regulárních matic U^TU, což znamená, že PDF matice také musí být regulární.
Toto vypadá, že by odpovídalo Choleského rozkladu, tam získáme dvě reálné matice, které splňují tento vztah.
Ověříme PDF, například pomocí Gaussovky s omezením na přičítání řádků jen k řádkům níže. \Rightarrow A je PDF matice
Provedeme Choleského rozklad (uděláme si ten velký kříž, a jak říká pan Fiala „Řešíme křížovku.")
Dáme si pozor, která matice je která. Z věty víme, že Choleského rozklad ve tvaru A=R^TR je pro R horní trojúhelníkovou, takže vezmeme i pro naše R tu matici, která je horní trojúhelníková. R \text{ vyjde } \begin{pmatrix} \sqrt{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & -\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}}} \\ 0 & 0 & \sqrt{\frac{4}{3}} \end{pmatrix} \text{ vidíme, že zlomky a odmocniny lze zjednodušit} R^T R = \begin{pmatrix} \sqrt{2} & 0 & 0 \\ -\frac{1}{2}\sqrt{2} & \sqrt{\frac{3}{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{2}{3}\sqrt{\frac{3}{2}} & 2\sqrt{\frac{1}{3}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{2} & -\frac{1}{2}\sqrt{2} & 0 \\ 0 & \sqrt{\frac{3}{2}} & -\frac{2}{3}\sqrt{\frac{3}{2}} \\ 0 & 0 & 2\sqrt{\frac{1}{3}} \end{pmatrix}

Matice A je symetrická, takže má A=O^TDO rozklad, Kolman značil A=PTP^{-1}, my víme, že pro ortogonální matici O platí OO^T=I \Rightarrow O^T=O^{-1}, takže když řekneme, že O=P^T, pak vidíme, že je to ten stejný rozklad jako ten z tvrzení.
Nejdříve začneme klasicky hledat A=RDR^{-1} rozklad - děláme diagonalizaci (diagonální matice D má na diagonále vl. čísla, pak vytvoříme matici R, která má ve sloupcích vl. vektory ve stejném pořadí jako ty vl. čísla)
- Charakteristický polynom: \lambda^3-6\lambda^2+10\lambda-4
  - Jak na nalezení kořenů? Víme, že kořeny, pokud jsou racionální, pak musí být ve tvaru \pm\frac{p}{q}, kde p je dělitel absolutního členu a q je dělitel koeficientu nejvyššího členu, takže to mohou být \pm 1, \pm 2, \pm 4, buď hloupě dosazujeme nebo si z nich chytře vybereme a dosazením otestujeme. Zbylé najdeme dělením polynomů.
  - Nebo se vám při počítání charakteristického polynomu podaří vytknout (t-2).
- Vlastní čísla: 2, 2+\sqrt{2}, 2-\sqrt{2}
- Vlastní vektory (ve stejném pořadí jako vl. čísla): \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}
Pak si uvědomíme, že vlastní vektory příslušné různým vlastním číslům symetrické matice jsou na sebe kolmé (důkaz je v 4. c)), pokud tuto vlastnost neznáte, tak asi stačí ověřit, zda jsou na sebe kolmé, a zjistíte, že jsou.
Máme matici R, o které víme, že její sloupce jsou na sebe kolmé, takže aby to byla ortogonální matice, tak stačí normalizovat vektory ve sloupcích (vlastní vektory) a máme hledanou matici O^T A=O^TDO=\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2+\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & 2-\sqrt{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{2} & 0 & \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{2}}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}

Tady musíme vykouzlit vztah s rozkladem v b)
A = O^TDO = O^T\sqrt{D}\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TI\sqrt{D}O = O^T\sqrt{D}^TO O^T\sqrt{D}O = (O^T\sqrt{D}O)^T(O^T\sqrt{D}O) = (O^{-1}\sqrt{D}O)^T(O^{-1}\sqrt{D}O) = P^TP
- Využíváme hodně vlastnost ortogonálních matic OO^T=I
- Získáváme, že matice P má rozklad P=O^{-1}\sqrt{D}O, to znamená, že P je matice podobná matici \sqrt{D}. Podobné matice mají stejný charakteristický polynom, takže i stejná vlastní čísla, a víme, že \sqrt{D} má jen kladná vlastní čísla \Rightarrow P je PDF matice
- Spočítáme O^T\sqrt{D}O, a vyjdou nám příšerná čísla.
POZN 1: Tohle jsem u zkoušky nevymyslel a odhodlám se říci, že to nevymyslel nikdo.
POZN 2: Ptal jsem se pana Kolmana, zda ten součin matic bylo opravdu potřeba dopočítat a odpověděl mi na to, že mu stačilo jen vyjádřit ten rozklad O^T\sqrt{D}O.

Pro A, B \in \R^{n \times n}: \det(AB) = \det(A) \cdot \det(B). Je důležité napsat tam co jsou A a B.
Základ důkazu:
- Pokud A nebo B singulární: AB je taky singulární, tedy \det(AB) = 0 a jedno z \det(A) a \det(B) je taky 0, takže \det(A) \cdot \det(B) = 0
- Pro A i B regulární:
  - A lze rozložit na součin matic elementárních řádkových operací A = E_1 \cdot \ldots \cdot E_k
  - EŘÚ jsou dvě: vynásobení i-tého řádku \alpha, přičtení i-tého řádku k j-tému řádku; každá má svoji jednoduchou matici, spočítáte jejich determinant
  - pomocí linearity skalárního součinu dokážete, že \det(ER) = \det(E) \cdot \det(R)
  - to několikrát aplikujete, abyste z determinantu dlouhého součinu udělali dlouhý součin determinantů
  - následně to aplikujete zpětně, abyste z dlouhého součinu determinantů elementárních matic udělali determinant dlouhého součinu elementárních matic, tedy \det(A)

Viz Kolmanovy poznámky (str. 4), Hladíkova skripta (str. 138), Fialova prezentace (slide 5)

Děláme Gram-Schmidtovu ortonormalizaci a dáváme si pozor, abychom vždy používali zadaný skalární součin. c_1=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, c_2=\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}
(Na obrázku jsou prostě jen 4 vektory nakreslené do grafu s osami souřadnic x_1, x_2)

Fourierovy koeficienty budou právě ty hledané souřadnice vektoru w vůči bázi C.
Souřadnice w vůči bázi C tedy budou [w]_C = (\braket{w, c_1}, \braket{w, c_2})^T = (2, -1)^T

a) Tvrzení platí

Z definice víme, že Av_1 = \lambda_1 v_1 a Av_2 = \lambda_2 v_2
Když jednu z rovnic transponujeme
- (Av_1)^T=v_1^T A^T = \lambda_1 v_1^T
- Víme, že je symetrická (A^T=A)
- \Rightarrow v_1^T A = \lambda_1 v_1^T
Vynásobíme zprava v_2
- v_1^T Av_2 = \lambda_1 v_1^Tv_2
Do v_1^T Av_2 dosadíme za Av_2:
- v_1^T Av_2 = v_1^T(\lambda_2 v_2) = \lambda_2 v_1^Tv_2
Vidíme, že tedy \lambda_1 v_1^Tv_2 = \lambda_2 v_1^Tv_2
To však může platit jen pokud jsou \lambda_1 a \lambda_2 stejná, nebo v_1^Tv_2=0. My však víme, že \lambda_1 a \lambda_2 jsou různá \Rightarrow v_1^Tv_2=0
POZN: Tohle jsem u zkoušky nevymyslel. Pokud má někdo něco jednoduššího, tak to sem prosím připište.

b) Tvrzení NEplatí

Problém je s podmínkou P (Pozitivita) u skalárního součinu.
Jelikož hledáme protipříklad, tak se můžeme omezit jen na u=v, pak bude vlastnost \forall u \in V: u^TAu\ge0\land (u^TAu=0 \Leftrightarrow u = 0) to je stejná podmínka jako pro PDF
Tady nastává problém. Kladná diagonála je nutná, ale ne dostačující podmínka pro PDF.
Protipříklad: \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}, má vlastní čísla \lambda_1=3, \lambda_2=-1 \Rightarrow není PDF

c) Tvrzení NEplatí

POZN: Prosím o doplnění důkazu.

POZN Autora:

Doufám, že vám toto řešení pomohlo, dalo mi to hodně práce.
Pokud najdete chybu, tak ji prosím opravte.
Kolman byl pak hodný na ústní.