Zadání A. 1. Polynom P (x) má v uspořádané bázi (x2 + x − 1, 2x2 − x − 1, x2 + x + 2) souřadnice (1, 1, −1). Najděte jeho souřadnice vzhledem k uspořádané bázi (x2 − 1, x2 + x − 1, x2 + x). Řešení: Nejprve si spočítáme polynom P (x), potom si ho vyjádříme jako lineární kombinaci vektorů x2 −1, x2 +x−1, x2 +x. Vektor koeficientů této lineární kombinace je vektor souřadnic polynomu P (x) vzhledem k uspořádané bázi (x2 − 1, x2 + x − 1, x2 + x). P (x) = 1(x2 + x − 1) + 1(2x2 − x − 1) − 1(x2 + x + 2) = 2x2 − x − 4 = a(x2 − 1) + b(x2 + x − 1) + c(x2 + x) = (a + b + c)x2 + (b + c)x + (−a − b) Rovnají-li se dva polynomy, rovnají se jejich koeficienty u odpovídajících mocnin, tedy a + b b −a − b
+ c = 2 + c = −1 = −4
Tato soustava má jediné řešení a to a = 3, b = 1, c = −2. Souřadnice polynomu P (x) vzhledem k bázi (x2 − 1, x2 + x − 1, x2 + x) jsou (3, 1, −2). 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice BX − X = C, 2 0 −1 0 ,C = B= 1 2 1 1 0 Řešení: BX − X = C (B − E)X = C −1 X = (B − E) C 1 0 1 1 −1 1 · 0 1 X = −1 0 1 1 0 1 −1
kde 1 0 1
0 1 1
1 1 2
1 0 0 0 1 = 0 1 1 2 −1 0 −1
3. Spočtěte determinant matic A a A−1 , jestliže a ∈ IR a 1 2 1 1 1 −3 −3 −2 A= a−1 2a 1 + a a 3 + a 5 + 2a 2 + a 2 + a
Řešení: Matici nejprve upravíme, např. takto: Od druhého sloupce odečteme dvojnásobek 1. sloupce, od 3. a od 4. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění.Potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě od 3. a od 4. sloupce odečíst sloupec 2. a udělat rozvoj podle 3. řádku. 1 0 0 0 1 2 1 1 1 −5 −4 −3 1 −3 −3 −2 = = a−1 2 2 1 2a 1 + a a −1 + a 3 + a 5 + 2a 2 + a 2 + a 3 + a −1 −1 −1 −5 −4 −3 −5 1 2 2 1 = 2 0 −1 = (−1)4 (−1)(−1) = 1 = (−1)2 · 1 · 2 −1 −1 −1 −1 0 0 Tedy detA = 1. Podle Laplaceovy věty platí detA · detA−1 = det(A · A−1 ) = detE = 1, takže pro všechna a ∈ IR je detA−1 = 1.
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 obrazů 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 = 0, A není regulární a zobrazení A tedy není prosté. 5. Definujte hodnost matice. Najděte matici typu (4, 3), která má hodnost 2. Zdůvodněte. Řešení: Hodnost matice typu (m,n) je dimense generován řádky matice. Takovou maticí je např matice 1 1 0 1 2 2 0 0
podprostoru lineárního prostoruRn , který je
1 1 , 2 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 C. 1. Polynom P (x) má v uspořádané bázi (x2 − x − 1, 2x2 + x + 1, x2 − x + 2) souřadnice (−1, 1, 1). Najděte jeho souřadnice vzhledem k uspořádané bázi (x2 + 1, x2 − x − 1, x2 − x). Řešení: Nejprve si spočítáme polynom P (x), potom si ho vyjádříme jako lineární kombinaci vektorů x2 +1, x2 −x−1, x2 −x. Vektor koeficientů této lineární kombinace je vektor souřadnic polynomu P (x) vzhledem k uspořádané bázi (x2 + 1, x2 − x − 1, x2 − x). P (x) = −1(x2 − x − 1) + 1(2x2 + x + 1) + 1(x2 − x + 2) = 2x2 + x + 4 = a(x2 + 1) + b(x2 − x − 1) + c(x2 − x) = (a + b + c)x2 + (−b − c)x + (a − b) Rovnají-li se dva polynomy, rovnají se jejich koeficienty u odpovídajících mocnin, tedy a +
b −b a − b
+ c = 2 − c = 1 = 4
Tato soustava má jediné řešení a to a = 3, b = −1, c = 0. Souřadnice polynomu P (x) vzhledem k bázi (x2 + 1, x2 − x − 1, x2 − x) jsou (3, −1, 0). 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice XB − X = C, 2 1 −1 1 ,C = B = −1 1 0 1 0 Řešení: XB − X X(B − E) X 1 0 X= 1 1 2 1
kde 1 1 2
0 −1 1 1 1 0
= C = C −1 = C(B − E) 1 0 −1 0 −1 0 −1 0 = 3 2 −2 1 · 1 1 1 1 −1 3 1 −2 0
3. Spočtěte determinant matic A a A−1 , jestliže a ∈ IR a 1 1 1 3 3 1 A= 4+a 4+a 1−a 3 + 2a 4 + 2a 2 − a
1 2 2 2
Řešení: Matici nejprve upravíme, např. takto: Od 2., od 3. a od 4. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění. Potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě udělat rozvoj podle 1. sloupce. 1 0 0 0 1 1 1 1 3 0 −2 −1 3 3 1 2 4 + a 4 + a 1 − a 2 = 4 + a 0 −3 − 2a −2 − a = 3 + 2a 4 + 2a 2 − a 2 3 + 2a 1 −1 − 3a −1 − 2a 0 −2 −1 = (−1)2 · 1 · 0 −3 − 2a −2 − a = (−1)4 · 1 · (−2(−2 − a) − (−3 − 2a)(−1)) = 1 −1 − 3a −1 − 2a = 4 + 2a − 3 − 2a = 1 Tedy detA = 1. Podle Laplaceovy věty platí detA · detA−1 = det(A · A−1 ) = detE = 1, takže pro všechna a ∈ IR je detA−1 = 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 − 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.
Zadání B. 1. Vektory ~u, ~v , w ~ jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory ~u + ~v + 2w, ~ 2~u − 2~v + 3w, ~ 2~u − 2~v − w. ~ Řešení: Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů ~u + ~v + 2w, ~ 2~u − 2~v + 3w, ~ 2~u − 2~v − w. ~ α1 (~u + ~v + 2w) ~ + α2 (2~u − 2~v + 3w) ~ + α3 (2~u − 2~v − w) ~ = ~o (α1 + 2α2 + 2α3 )~u + (α1 − 2α2 − 2α3 )~v + (2α1 + 3α2 − α3 )w ~ = ~o je nulová lineární kombinace vektorů ~u, ~v , w. ~ Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy α1 + 2α2 + 2α3 α1 − 2α2 − 2α3 2α1 + 3α2 − α3
= 0 = 0 = 0
Napíšeme a upravíme matici této soustavy: 1 2 2 1 2 2 1 1 −2 −2 ∼ 0 −4 −4 ∼ 0 2 3 −1 0 −1 −5 0
2 2 1 1 0 −4
Tato soustava má jediné řešení a to α1 = α2 = α3 = 0. Existuje jediná nulová lineární kombinace vektorů ~u + ~v + 2w, ~ 2~u − 2~v + 3w, ~ 2~u − 2~v − w ~ (triviální), vektory jsou tedy také lineárně nezávislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice AX = C − X, kde −5 0 1 1 A = 6 −2 −1 , C = 0 −5 1 0 −1
1 1 1
0 1 0
Řešení: AX = AX + X = (A + E)X = X = 0 1 X = −1 1 1 4
C−X C C −1 (A + E) C) 1 1 1 2 · 0 1 4 −1 1
0 −1 1 = −3 0 −3
2 1 2 1 9 4
3. Pro které hodnoty parametru p ∈ IR existuje k matici A inveresní matice? 1 1 1 1 3 4 2 2 A= 5 p+5 4 3 2p + 6 4p + 7 p + 5 p + 4 Řešení: Inversní matice existuje pouze k regulární matici, tedy k matici, jejíž determinant je nenulový. Spočítáme detA. Matici nejprve upravíme, např. takto: Od 2. sloupce, od 3. sloupce a od 4. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění. Potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě k 2. a ke 3. sloupci přičíst 1. sloupec a udělat rozvoj podle 1. řádku. 1 0 0 0 1 1 1 1 3 1 −1 −1 3 4 2 2 = = 5 p −1 −2 5 p+5 4 3 2p + 6 4p + 7 p + 5 p + 4 2p + 6 1 + 2p −1 − p −2 − p
1 −1 −1 2 p −1 −2 = (−1) · 1 · 1 + 2p −1 − p −2 − p
1 0 0 = p p−1 p−2 2p + 1 p p−1
=
= (−1)2 · 1 · ((p − 1)(p − 1) − p(p − 2)) = p2 − 2p + 1 − p2 + 2p = 1 Tedy detA = 1, a inversní matice existuje pro všechna p ∈ IR. 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 obrazů 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 = 0, A není regulární a zobrazení A tedy není prosté. 5. Definujte souřadnice vektoru ~u vzhledem k uspořádané bázi B. Spočtěte 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 D. 1. Vektory ~u, ~v , w ~ jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory 2~u − ~v + 2w, ~ ~u + 2~v − 3w, ~ 2~u − ~v − 2w. ~ Řešení: Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů 2~u − ~v + 2w, ~ ~u + 2~v − 3w, ~ 2~u − ~v − 2w. ~ α1 (2~u − ~v + 2w) ~ + α2 (~u + 2~v − 3w) ~ + α3 (2~u − ~v − 2w) ~ = ~o (2α1 + α2 + 2α3 )~u + (−α1 + 2α2 − α3 )~v + (2α1 − 3α2 − 2α3 )w ~ = ~o je nulová lineární kombinace vektorů ~u, ~v , w. ~ Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy 2α1 + α2 + 2α3 −α1 + 2α2 − α3 2α1 − 3α2 − 2α3 Napíšeme a upravíme matici této soustavy: 2 1 2 −1 −1 2 −1 ∼ 0 2 −3 −2 0
= 0 = 0 = 0
2 −1 −1 2 −1 5 0 ∼ 0 1 0 1 −4 0 0 −4
Tato soustava má jediné řešení a to α1 = α2 = α3 = 0. Existuje jediná nulová lineární kombinace vektorů 2~u − ~v + 2w, ~ ~u + 2~v − 3w, ~ 2~u − ~v − 2w ~ (triviální), vektory jsou tedy také lineárně nezávislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice XA = C − X, kde −3 −1 1 1 1 ,C = 0 A = −2 −3 3 1 −2 −1
1 1 1
0 1 0
Řešení: XA XA + X X(A + E) X 1 X= 0 −1
= = = = 1 1 1
C−X C C −1 C(A + E) 1 0 1 2 −1 1 0 1 · 1 −1 0 = 5 −2 2 0 4 −1 2 0 −1 −1
3. Pro které hodnoty parametru p ∈ IR existuje k matici A inveresní matice? 1 1 1 0 3 −3 4 4 A= p p−2 p 1 p − 1 −p + 4 p − 3 p − 4 Řešení: Inversní matice existuje pouze k regulární matici, tedy k matici, jejíž determinant je nenulový. Spočítáme detA. Matici nejprve upravíme, např. takto: Od 2. sloupce a od 3. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění. Potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě k 1. sloupci přičíst dvojnásobek 3. sloupce a udělat rozvoj podle 2. řádku. 1 0 0 0 1 1 1 0 3 −6 1 4 3 −3 4 4 = = p −2 0 1 p p−2 p 1 p − 1 −p + 4 p − 3 p − 4 p − 1 5 − 2p −2 p − 4
−6 1 4 2 −2 0 1 = (−1) ·1· 5 − 2p −2 p − 4
2 1 4 = 0 0 1 −3 −2 p − 4
= (−1)5 ·1·(−4−(−3)) = (−1)(−1) = 1
Tedy detA = 1, a inversní matice existuje pro všechna p ∈ IR. 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 a jejíž znaménko je +1, a permutaci π2 , která číslu 1 přiřadí číslo 2 a číslu 2 přiřadí číslo 1 a jejíž 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.