Vzhledem k tomu, že jsem to psala ve velkém spěchu, mohou se vyskytnout nějaké chybičky. Pokud nějaké najdu, opravím je hned po prázdninách. Zadání A. 1. Vektory ~u, ~v , w ~ jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory ~u + ~v + 2w, ~ −~u − ~v + w, ~ ~u + ~v + w. ~ Řešení: Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů ~u + ~v + 2w, ~ −~u − ~v + w, ~ ~u + ~v + w. ~ α1 (~u + ~v + 2w) ~ + α2 (−~u − ~v + w) ~ + α3 (~u + ~v + w) ~ = ~o (α1 − α2 + α3 )~u + (α1 − α2 + α3 )~v + (2α1 + α2 + α3 )w ~ = ~o je nulová lineární kombinace vektorů ~u, ~v , w. ~ Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy α1 − α2 + α3 α1 − α2 + α3 2α1 + α2 + α3
= 0 = 0 = 0
Napíšeme a upravíme matici této soustavy: 1 −1 1 1 −1 1 1 −1 1 ∼ 0 0 0 2 1 1 0 3 −1 Soustava má nekonečně mnoho řešení, např. α1 = −2, α2 = 1, α3 = 3. −2(~u + ~v + 2w) ~ + 1(−~u − ~v + w) ~ + 3(~u + ~v + w) ~ = ~o je netriviální nulová lineární kombinace vektorů ~u + ~v + 2w, ~ −~u − ~v + w, ~ ~u + ~v + w, ~ jsou tedy lineárně závislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice AX + X = C, kde −5 0 1 1 A = 6 −2 −1 , C = 0 −5 1 0 −1 Řešení: AX + X = (A + E)X = X = 0 1 X = −1 1 1 4
C C −1 (A + E) C) 1 1 1 2 · 0 1 4 −1 1
0 −1 1 = −3 0 −3
1 1 1
0 1 0
2 1 2 1 9 4
3. Nechť V je lin. obal vektorů (1, 1, 2, 1), (2, 1, 1, 1), (1, 2, 1, −1), (0, 1, −1, −2), (1, −1, 0, 2), W je lin. obal vektorů (1, 1, 1, −1), (2, 2, 3, 0), (1, 1, 3, 3), (1, 1, 0, −3), (2, 2, 1, −4). Spočtěte dimensi prostorů V, W, V + W, V ∩ W . Řešení: Dimense podprostoru IR4 je rovna hodnosti matice, jejímiž řádky jsou generátory tohoto podprostoru. Označme A matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru V . 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 0 −1 −3 −1 0 −1 −3 −1 0 −4 −3 1 −1 −2 ∼ 0 2 1 −1 ∼ 0 A= 1 0 0 0 −4 −3 0 1 −1 −2 1 −1 −2 0 0 −4 −3 0 −2 −2 1 1 −1 0 2 Zřejmě hodA = 3 = dimV . Analogicky spočítáme dimensi prostoru W . Označme B matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru W. 1 1 2 1 1 1 1 −1 1 1 1 −1 2 2 3 1 2 0 0 0 0 0 1 2 2 4 ∼ 0 0 0 0 3 ∼ 0 0 B= 1 1 3 1 1 0 −3 0 0 −1 −2 0 0 0 0 0 0 −1 −2 2 2 1 −4 0 0 0 0
Zřejmě hodB = 2 = dimW . Spojení podprostorů je generováno sjednocením generátorů těchto podprostorů. Nemusíme pracovat se všemi (deseti) generátory, stačí vzít báze - ty získáme z upravených matic. Označme C matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru V + W . 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 0 −1 −3 −1 0 −1 −3 −1 0 −1 −3 −1 0 −4 −3 0 −4 −3 0 −4 −3 C= 0 ∼ 0 ∼ 0 1 1 1 −1 0 0 −1 −2 0 0 0 5 0 0 1 2 0 0 1 2 0 0 0 5 Zřejmě hodC = 4 = dim(V + W ). dimV + dimW = dim(V + W ) + dim(V ∩ W ), tedy dim(V ∩ W ) = 3 + 2 − 4 = 1. Zjistili jsme tedy, že dimV = 3, dimW = 2, dim(V + W ) = 4, dim(V ∩ W ) = 1. 4. Označme P2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P2 −→ P2 je lineární zobrazení, pro které platí A(x2 + 2x − 1) = x2 + x + 2, A(x2 + x − 2) = x2 + 2x, A(x2 + 2x) = x2 + 3x − 2. Rozhodněte, zda je zobrazení A prosté. Řešení: Najdeme matici A lineárního zobrazení A vzhledem k bazím (x2 + 2x − 1, x2 + x − 2, x2 + 2x) a bázi standardní (x2 , x, 1). Je to matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice vektorů z báze prostoru vzorů vzhledem k bázi prostoru obrazů (tj. bázi standardní). 1 1 1 3 A= 1 2 2 0 −2 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. detA = −4 + 6 − 4 + 2 = 8, A je regulární a zobrazení A je tedy prosté. 5. Definujte souřadnice vektoru ~u vzhledem k uspořádané bázi B. Spčtěte souřadnice polynomu P (x) = 3x3 + 5x2 − 1 vzhledem k uspořádané bázi B = (x2 , 1, x, x3 ). Řešení: Nechť B = (~b1 , ~b2 , ...~bn ), je uspořádaná báze vektorového prostoru V . Každý vektor ~v ∈ V můžeme právě jedním způsobem napsat jako lineární kombinaci vektorů z báze B. Vektor koeficientů této lineární kombinace nazveme souřadnice vektoru ~v vzhledem k bázi B. Tedy jestliže ~v = a1~b1 + a2~b2 + ... + an~bn , pak vektor souřadnic je (a1 , a2 , ..., an . Polynom P (x) = 3x3 + 5x2 − 1 = 5 · x2 + (−1) · 1 + 0 · x + 3 · x3 , jeho souřadnice vzhledem k bázi B tedy jsou (5. − 1, 0, 3).
Zadání C. 1. Vektory ~u, ~v , w ~ jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory 2~u + ~v − w, ~ ~u + 2~v − 2w, ~ ~u − ~v + w. ~ Řešení: Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů 2~u + ~v − w, ~ ~u + 2~v − 2w, ~ ~u − ~v + w. ~ α1 (2~u + ~v − w) ~ + α2 (~u + 2~v − 2w) ~ + α3 (~u − ~v + w) ~ = ~o (2α1 + α2 + α3 )~u + (α1 + 2α2 − α3 )~v + (−α1 − 2α2 + α3 )w ~ = ~o je nulová lineární kombinace vektorů ~u, ~v , w. ~ Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy 2α1 + α2 + α3 α1 + 2α2 − α3 −α1 − 2α2 + α3
= 0 = 0 = 0
Napíšeme a upravíme matici této soustavy: 2 1 1 1 2 −1 1 2 −1 ∼ 0 −3 3 −1 −2 1 0 0 0 Soustava má nekonečně mnoho řešení, např. α1 = −1, α2 = 1, α3 = 1. −(2~u + ~v − w) ~ + 1(~u + 2~v − 2w) ~ + 1(~u − ~v + w) ~ = ~o je netriviální nulová lineární kombinace vektorů 2~u + ~v − w, ~ ~u + 2~v − 2w, ~ ~u − ~v + w, ~ jsou tedy lineárně závislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice XA + X = C, kde 1 −3 −1 1 1 ,C = 0 A = −2 −3 −1 3 1 −2 Řešení: XA + X X(A + E) X 1 X= 0 −1
1 1 1
0 1 0
= C = C −1 = C(A + E) 2 −1 1 1 0 1 1 0 2 1 1 · 1 −1 0 = 5 −2 1 0 4 −1 2 0 −1 −1
3. Nechť V je lin. obal vektorů (1, 2, 1, 1), (2, 1, 1, 1), (12, 1, 1, 2), (1, −1, 0, 0), (1, −1, 0, 1), W je lin. obal vektorů (1, −1, 2, 1), (2, 1, 3, 2), (0, 3, −1.0), (1, 5, 0, 1), (3, 3, 4, 3). Spočtěte dimensi prostorů V, W, V + W, V ∩ W . Řešení: Dimense podprostoru IR4 je rovna hodnosti matice, jejímiž řádky jsou generátory tohoto podprostoru. Označme A matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru V . 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 0 −3 −1 −1 0 −3 −1 −1 0 0 1 0 0 1 ∼ 0 1 1 2 ∼ 0 A= 2 1 −1 0 0 0 −3 −1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 −1 0 1 Zřejmě hodA = 3 = dimV . Analogicky spočítáme dimensi prostoru W . Označme B matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru W. 1 −1 2 1 1 −1 2 1 1 −1 2 1 2 3 −1 0 3 −1 0 1 3 2 0 0 0 0 0 3 −1 0 ∼ 0 3 −1 0 ∼ 0 B= 0 1 0 0 0 6 −2 0 0 5 0 1 0 0 0 0 0 0 6 −2 0 3 3 4 3
Zřejmě hodB = 2 = dimW . Spojení podprostorů je generováno sjednocením generátorů těchto podprostorů. Nemusíme pracovat se všemi (deseti) generátory, stačí vzít báze - ty získáme z upravených matic. Označme C matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru V + W . 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 0 −3 −1 −1 0 −3 −1 −1 0 −3 −1 −1 0 0 1 0 0 1 0 2 1 C= 0 ∼ 0 ∼ 0 1 −1 2 1 0 −3 1 0 0 0 0 1 0 3 −1 0 0 3 −1 0 0 0 0 −1 Zřejmě hodC = 4 = dim(V + W ). dimV + dimW = dim(V + W ) + dim(V ∩ W ), tedy dim(V ∩ W ) = 3 + 2 − 4 = 1. Zjistili jsme tedy, že dimV = 3, dimW = 2, dim(V + W ) = 4, dim(V ∩ W ) = 1. 4. Označme P2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P2 −→ P2 je lineární zobrazení definované předpisem A(ax2 + bx + c) = (a + b − c)x2 + (a + c)x + 2a − b − c. Najděte matici tohoto zobrazení vzhledem ke standardním bazím a rozhodněte, zda je toto zobrazení prosté. Řešení: Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je taková matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice obrazů vektorů ze standardní báze vzorů vzhledem ke standardní bázi prostoru obrazů. Spočítáme si, na co se zobrazí vektory x2 , x, 1. A(x2 ) = x2 + x + 2, A(x) = x2 − 1, A(1) = −x2 + x − 1. Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je tedy matice 1 1 −1 0 1 A= 1 2 −1 −1 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. detA = 1 + 2 + 1 + 1 = 5, A je regulární a zobrazení A je tedy prosté. 5. Definujte determinant čtvercové matice. Odvoďte Sarrusovo pravidlo pro matici řádu 2. Řešení: Nechť A = (ai,j ) je čtvercová matice řádu n. Determinantem této matice je reálné číslo X detA = (−1)sgnπ a1,π(1) a2,π(2) ...an,π(n) , π
kde sčítáme přes všechny permutace π. Pro n = 2 máme dvě permutace: π1 , která číslu 1 přiřadí číslo 1 a číslu 2 přiřadí číslo 2 ajejíž znaménko je +1, a permutaci π2 , která číslu 1 přiřadí číslo 2 a číslu 2 přiřadí číslo 1 ajejíž znaménko je −1. Tedy detA = (+1) · a1,1 · a2,2 + (−1) · a1,2 · a2,1 Determinant tedy spočítáme tak, že od součinu členů na hlavní diagonále odečteme součin členů na vedlejší diagonále.
Zadání B. 1. Vektory ~u, ~v , w ~ jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory ~u + 2~v − w, ~ 2~u + ~v + w, ~ ~u + 5~v − 4w. ~ Řešení: Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů ~u + 2~v − w, ~ 2~u + ~v + w, ~ ~u + 5~v − 4w. ~ α1 (~u + 2~v − w) ~ + α2 (2~u + ~v + w) ~ + α3 (~u + 5~v − 4w) ~ = ~o (α1 + 2α2 + α3 )~u + (2α1 + α2 + 5α3 )~v + (−α1 + α2 − 4α3 )w ~ = ~o je nulová lineární kombinace vektorů ~u, ~v , w. ~ Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy α1 + 2α2 + α3 α1 + α2 + 5α3 −α1 + α2 − 4α3 Napíšeme a upravíme matici 1 2 −1
= 0 = 0 = 0
této soustavy: 2 1 1 2 1 1 2 1 1 5 ∼ 0 −3 3 ∼ 0 −1 1 1 −4 0 3 −3 0 0 0
Soustava má nekonečně mnoho řešení, např. α1 = −3, α2 = 1, α3 = 1. −3(~u + 2~v − w) ~ + 1(2~u + ~v + w) ~ + 1(~u + 5~v − 4w) ~ = ~o je netriviální nulová lineární kombinace vektorů ~u + 2~v − w, ~ 2~u + ~v + w, ~ ~u + 5~v − 4w, ~ jsou tedy lineárně závislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice 2 B= 1 1
BX = C + X, kde 0 −1 1 2 0 ,C = 0 1 0 1
0 1 1
1 1 2
Řešení: BX = C + X BX − X = C (B − E)X = C −1 X = (B − E) C 1 0 1 1 −1 1 · 0 1 X = −1 0 0 1 −1 1 1
1 0 1 = 0 2 −1
0 0 1 1 0 −1
3. Najděte bázi lineárního podprostoru V vektorového prostoru IR4 , jestliže V je generován vektory (1, 1, 1, 1), (1, 2, 1, 1), (2, 1, 1, 0), (3, 3, 2, 1), (1, −1, 0, −1). Řešení: Označme A matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru V . Tuto matici upravíme pomocí řádkových úprav na stupňovitou matici, jejíž řádky jsou lineárně nezávislé. Tvoří tedy bázi prostoru V. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 2 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 A= ∼ 0 −1 −1 −2 ∼ 0 0 −1 −2 ∼ 2 3 0 0 −1 −2 0 0 −1 −2 3 2 1 0 0 −1 −2 0 0 −1 −2 0 −2 −1 −2 1 −1 0 −1 Báze prostoru V je např. {(1, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, −1, −2)}.
4. Označme P2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P2 −→ P2 je lineární zobrazení, pro které platí A(x2 +x+1) = x2 +x+2, A(x2 +2x+1) = x2 +2x, A(x2 +x+2) = x2 +3x−2. Rozhodněte, zda je zobrazení A prosté. Řešení: Najdeme matici A lineárního zobrazení A vzhledem k bazím (x2 + x + 1, x2 + 2x + 1, x2 + x + 2) a bázi standardní (x2 , x, 1). Je to matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice vektorů z báze prostoru vzorů vzhledem k bázi prostoru obrazů (tj. bázi standardní). 1 1 1 3 A= 1 2 2 0 −2 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. detA = −4 + 6 − 4 + 2 = 8, A je regulární a zobrazení A je tedy prosté. 5. Definujte hodnost matice. Najděte matici typu (4, 3), která má hodnost 2. Zdůvodněte. Řešení: Hodnost matice typu (m,n) je dimense podprostoru Rn , který je generován řádky matice. Takovou maticí je např matice 1 1 1 0 1 1 2 2 2 , 0 0 0 neboť bazí prostoru generovaného vektory (1, 1, 1), (0, 1, 1), (2, 2, 2), (0, 0, 0)je např. množina {(1, 1, 1), (0, 1, 1)}.
Zadání D. 1. Vektory ~u, ~v , w ~ jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory 2~u + ~v − 2w, ~ ~u + 2~v − 2w, ~ ~u + 5~v − 4w. ~ Řešení: Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů 2~u + ~v − 2w, ~ ~u + 2~v − 2w, ~ ~u + 5~v − 4w. ~ α1 (2~u + ~v − 2w) ~ + α2 (~u + 2~v − 2w) ~ + α3 (~u + 5~v − 4w) ~ = ~o (2α1 + α2 + α3 )~u + (α1 + 2α2 + 5α3 )~v + (−2α1 − 2α2 − 4α3 )w ~ = ~o je nulová lineární kombinace vektorů ~u, ~v , w. ~ Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy 2α1 + α2 + α3 α1 + 2α2 + 5α3 −2α1 − 2α2 − 4α3
= 0 = 0 = 0
Napíšeme a upravíme matici této soustavy: 2 1 1 1 2 5 1 2 5 1 2 5 ∼ 0 −3 9 ∼ 0 −1 3 −2 −2 −4 0 2 6 0 0 0 Soustava má nekonečně mnoho řešení, např. α1 = 1, α2 = −3, α3 = 1. (2~u + ~v − 2w) ~ − 3(~u + 2~v − 2w) ~ + 1(~u + 5~v − 4w) ~ = ~o je netriviální nulová lineární kombinace vektorů 2~u +~v − 2w, ~ ~u + 2~v − 2w, ~ ~u + 5~v − 4w, ~ jsou tedy lineárně závislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice 2 B = −1 0
XB = C + X, kde 1 −1 1 1 1 ,C = 1 1 0 2
0 −1 1 1 1 0
Řešení: XB XB − X X(B − E) X 1 0 X= 1 1 2 1
= = = =
C+X C C −1 C(B − E) 1 0 −1 0 −1 0 −1 1 · 1 1 0 = 3 2 −2 0 1 1 −1 3 1 −2
3. Najděte bázi lineárního podprostoru V vektorového prostoru IR4 , jestliže V je generován vektory (1, 1, 1, 2), (−1, 2, 1, 1), (2, 1, 1, 0), (1, 4, 3, 5), (2, −1, 0, 1). Řešení: Označme A řádkových úprav na V. 1 1 1 −1 2 1 2 1 1 A= 1 4 3 2 −1 0
matici, jejímiž řádky jsou generátory prostoru V . Tuto matici upravíme pomocí stupňovitou matici, jejíž řádky jsou lineárně nezávislé. Tvoří tedy bázi prostoru 2 1 0 5 1
∼
1 1 1 2 0 3 2 3 0 −1 −1 −4 ∼ 0 3 2 3 0 −3 −2 −3
1 0 0 0 0
1 1 2 1 3 2 3 0 0 −1 −9 ∼ 0 0 0 0 0 0 0
Báze prostoru V je např. {(1, 1, 1, 2), (0, 3, 2, 3), (0, 0, −1, −9)}.
1 1 2 3 2 3 0 −1 −9
4. Označme P2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P2 −→ P2 je lineární zobrazení definované předpisem A(ax2 + bx + c) = (a − b − c)x2 + (a − b + c)x + 2a + b − c. Najděte matici tohoto zobrazení vzhledem ke standardním bazím a rozhodněte, zda je toto zobrazení prosté. Řešení: Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je taková matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice obrazů vektorů ze standardní báze vzorů vzhledem ke standardní bázi prostoru obrazů. Spočítáme si, na co se zobrazí vektory x2 , x, 1. A(x2 ) = x2 + x + 2, A(x) = −x2 − x + 1, A(1) = −x2 + x − 1. Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je tedy matice 1 −1 −1 1 A = 1 −1 2 1 −1 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. detA = 1 − 1 − 2 − 2 − 1 − 1 = −6, A je regulární a zobrazení A je tedy prosté. 5. Definujte inversní matici k matici A. Dokažte, že pokud existuje inversní matice k matici A, pak je určena jednoznačně. Řešení: Necht A je čtvercová matice řádu n. Inversní maticí k matici A nazveme čtvercovou matici X řádu n, pro kterou platí AX = XA = E. Nechť tuto podmínku splňují matice X, Y, tj. platí AX = XA = E a také AY = YA = E. Potom X = XE = X(AY) = (XA)Y = EY = Y. Matice X a Y jsou si tedy rovny.
