Řešené úlohy z Úvodu do algebry
1
Veronika Sobotíková katedra matematiky FEL ČVUT Vzhledem k tomu, že se ze strany studentů často setkávám s nepochopením požadavku zdůvodnit jednotlivé kroky postupu řešení, uvádím zde na některých typech úloh, co vše by mělo správné řešení obsahovat. Jsou-li tu kvůli zjednodušení přípravy textu pro tisk některé kroky vynechány, máte připsáno, že ve vašem řešení mají být uvedeny. Poznámky, které nejsou součástí řešení úlohy, jsou psány kurzívou.
1
POLYNOMY
PŘÍKLAD 1.1: Polynom P (x) = x10 + 2x9 + 2x8 − 625x2 − 1250x − 1250 rozložte v reálném oboru na součin dále nerozložitelných činitelů, víte-li, že jedním z kořenů tohoto polynomu je číslo x1 = −1 + j. Řešení: Protože polynom P (x) má reálné koeficienty, musí být jeho kořenem také číslo x2 = x¯1 = −1 − j. Tedy P (x) = (x + 1 − j)(x + 1 + j) · Q(x) = (x2 + 2x + 2) · Q(x), kde Q(x) je polynom osmého stupně s reálnými koeficienty. Dělením polynomu P (x) polynomem x2 + 2x + 2 dostaneme Q(x) = x8 − 625. (Uveďte postup dělení! ). Rozklad polynomu Q(x): 8 2 2 2 x − 625 = (x4 − 25)(x4 + 25) − 5)(x2 + 5)(x4 +√ 10x2 − 10x2 + 25) √ = (x √ √ = (x − 5)(x + 5) · 2 2 2 2 2 2 · ((x + 5) − 10x ) = (x − 5)(x + 5)(x + 5)(x − 10x + 5)(x + 10x + 5). Dále v reálném oboru rozkládat nelze, neboť kvadratické činitele nemají reálné kořeny. Hledaný rozklad polynomu √ P (x)√tedy je: √ √ P (x) = (x2 + 2x + 2)(x − 5)(x + 5)(x2 + 5)(x2 − 10x + 5)(x2 + 10x + 5). ¤ PŘÍKLAD 1.2: Najděte kořeny polynomu P (x) = x10 − 8x9 + 27x8 − 48x7 + 45x6 + 8x5 − − 131x4 + 240x3 − 150x2 a určete jejich násobnost, víte-li, že číslo x1 = 2 − j je vícenásobným kořenem polynomu P . Řešení: Protože polynom P (x) nemá lineární ani absolutní člen, je zřejmě nula jeho dvojnásobným kořenem. Můžeme psát P (x) = x2 · Q(x). Číslo x1 není kořenem polynomu x2 , a tedy musí být kořenem polynomu Q(x) (násobnost se nemění). Protože polynom Q(x) má reálné koeficienty, je jeho kořenem také číslo x¯1 = 2 + j (násobnost je stejná jako u x1 ). Máme tedy Q(x) = (x − 2 + j)k (x − 2 − j)k · R(x) = (x2 − 4x + 5)k · R(x), kde polynom R(x) již nemá kořeny 2 ± j. Několikerým dělením polynomu Q(x) polynomem x2 − 4x + 5 (postup dělení uveďte! ) zjistíme, že k = 2 a R(x) = x4 + x2 − 6. (Proces dělení si můžeme zjednodušit, jestliže využijeme toho, že x1 je vícenásobný kořen. V prvním dělení pak můžeme polynom Q(x) dělit rovnou polynomem (x2 − 4x + 5)2 = x4 − 8x3 + 26x2 − 40x + 25. ) Zbývá rozložit polynom R(x): √ √ √ √ R(x) = x4 + x2 − 6 = (x2 + 3)(x2 − 2) = (x − 3j)(x + 3j)(x − 2)(x + 2). √ Polynom √ P√(x) má √ tedy tři dvojnásobné kořeny 0, 2 − j, 2 + j a čtyři jednoduché kořeny 3j, − 3j, 2, − 2. (Za uvedení kořenů též zápis: √ s násobnostmi √ lze považavot √ √ x1,2 = 2 − j; x3,4 = 2 + j; x5,6 = 0; x7 = 3j; x8 = − 3j; x9 = 2; x10 = − 2.) ¤ 1
Tento materiál byl původně určen studentům FEL ČVUT, kterým jsem ve školních letech 1999/2000 – 2002/2003 přednášela předmět Úvod do algebry. Tomu také odpovídají úvodní poznámka a kurzívou psané komentáře.
1
2
LINEÁRNÍ PROSTORY
PŘÍKLAD 2.1: V lineárním prostoru L jsou dány lineárně nezávislé vektory ~u, ~v , w. ~ Určete, zda jsou lineárně závislé nebo nezávislé vektory: ~ ~c = ~u − 2~v + 3w, ~ a) ~a = ~u + 3~v − 2w, ~ ~b = −3~u + ~v + 4w, b) ~a = ~u + 3~v − 2w, ~ ~b = −3~u + ~v + 4w, ~ ~c = ~u − 2~v − 3w. ~ ~ Řešení: a) Máme určit, zda z rovnosti α ~a + β b + γ ~c = ~o vyplývá α = β = γ = 0. Nechť tedy čísla α, β, γ splňují uvedenou rovnost. Potom ~o = α(~u + 3~v − 2w) ~ + β(−3~u + ~v + 4w) ~ + γ(~u − 2~v + 3w) ~ = = (α − 3β + γ)~u + (3α + β − 2γ)~v + (−2α + 4β + 3γ)w. ~ Protože jsou vektory ~u, ~v , w ~ lineárně nezávislé (a tedy pouze jejich triviální lineární kombinace je nulová), musí být všechny závorky v posledním výrazu rovny nule. Dostáváme tak pro α, β, γ soustavu tří lineárních rovnic: α − 3β + γ = 0, 3α + β − 2γ = 0, −2α + 4β + 3γ = 0. Koeficienty této homogenní soustavy zapíšeme do matice a matici upravujeme pomocí Gaussovy eliminační metody. Dostáváme: 1, −3, 1 1, −3, 1 1, −3, 1 1, −3, 1 3, 1, −2 ∼ 0, 10, −5 ∼ 0, 2, −1 ∼ 0, 2, −1 . −2, 4, 3 0, −2, 5 0, −2, 5 0, 0, 4 (Napište, jaké úpravy s maticí provádíte! ) Hodnost matice soustavy je 3 a je rovna počtu neznámých. Soustava má tedy právě jedno řešení α = β = γ = 0 a vektory ~a, ~b, ~c jsou lineárně nezávislé. b) Máme opět zjistit, zda z rovnosti α ~a + β ~b + γ ~c = ~o vyplývá α = β = γ = 0. Nechť tedy čísla α, β, γ splňují uvedenou rovnost. Potom ~o = α(~u + 3~v − 2w) ~ + β(−3~u + ~v + 4w) ~ + γ(~u − 2~v − w) ~ = = (α − 3β + γ)~u + (3α + β − 2γ)~v + (−2α + 4β − γ)w. ~ Protože jsou vektory ~u, ~v , w ~ lineárně nezávislé (a tedy pouze jejich triviální lineární kombinace je nulová), musí být všechny závorky v posledním výrazu rovny nule. Dostáváme tak pro α, β, γ soustavu tří lineárních rovnic (z důvodu nedostatku místa ji zde nevypisuji ). Koeficienty této homogenní soustavy zapíšeme do matice a matici upravujeme pomocí Gaussovy eliminační metody. Dostáváme: 1, −3, 1 1, −3, 1 1, −3, 1 3, 1, −2 ∼ 0, 10, −5 ∼ 0, 2, −1 . −2, 4, −1 0, −2, 1 0, 0, 0 (Napište, jaké úpravy s maticí provádíte! ) Hodnost matice soustavy je 2 a je menší než počet neznámých. Soustava má tedy i netriviální řešení a vektory ~a, ~b, ~c jsou lineárně závislé. Najdeme ještě nějakou netriviální nulovou lineární kombinaci vektorů ~a, ~b, ~c. Zvolíme např. γ = 2 ( abychom se vyhnuli zlomkům; jinak můžeme volit jakkoliv kromě nuly). Potom z druhé 2
rovnice máme 2β − 2 = 0, tj. β = 1, a z první rovnice α − 3 + 1 = 0, tj. α = 1. Platí tedy ~a + ~b + 2~c = ~o. Poznámka: Upozorňuji, že u úloh takovéhoto typu nebude úloha považována za vyřešenou, pokud její řešení začne sestavením matice soustavy bez jakéhokoliv zdůvodnění, jak se k této matici došlo. ¤ PŘÍKLAD 2.2: V a W jsou podprostory lineárního prostoru R3 . Určete bázi a dimenzi prostorů V, W, hV ∪ W i a V ∩ W , víte-li, že V = h (1, −3, 1), (−2, 1, 3), (−1, 4, −2) i, W = h (1, −4, 3), (−1, −2, 4), (1, −2, −1), (−3, −2, 9) i. Řešení: Prostor V: Vektory generující V napíšeme jako řádky matice. Hodnost takto vzniklé matice bude rovna dimenzi podprostoru V . Upravujeme: µ ¶ 1, −3, 1 1, −3, 1 1, −3, 1 −2, 0, −5, 5 1, 3 ∼ . ∼ 0, 1, −1 −1, 4, −2 0, 1, −1 Hodnost matice je 2, a tedy také dimV = 2. Jedna z bazí prostoru V je { (1, −3, 1), (0, 1, −1) }. Prostor W: Vektory generující W napíšeme opět jako řádky matice. Hodnost takto vzniklé matice bude rovna dimenzi podprostoru W . Po úpravě dostaneme (uveďte celý postup): 1, −4, 3 1, −4, 3 −1, −2, 4 1, −2 . ... ∼ 0, 1, −2, −1 ∼ 0, 0, −5 −3, −2, 9 Hodnost matice je 3, a tedy také dimW = 3. Jedna z bazí prostoru W je { (1, −4, 3), (0, 1, −2), (0, 0, −5) }. Spojení prostorů V a W: 1. možnost (ne příliš vhodná): Vektory generující (pod)prostory V a W napíšeme jako řádky matice. Hodnost takto vzniklé matice bude rovna dimenzi hV ∪W i. Upravujeme: 1, −3, 1 1, −3, 1 −2, 1, 3 5 0, −5, −1, 4, −2 1, −1 1, −3, 1 0, 1, −4, 0, 3 7, 2 1, −1 . ∼ 0, ∼ −1, −2, 4 5 0, 0, 1 0, −5, 1, −2, −1 0, 1, −2 −3, −2, 9 0, −11, 12 Hodnost matice je 3, a tedy také dimhV ∪ W i = 3. Jedna z bazí prostoru hV ∪ W i je { (1, −3, 1), (0, 1, −1), (0, 0, 1) }. 2. možnost (vhodná v obecném případě): Vektory bazí podprostorů V a W generující hV ∪ W i napíšeme jako řádky matice. (Každý vektor z V (resp. W) lze napsat jako lineární kombinaci vektorů báze V (resp. W). Proto každý vektor ze spojení podprostorů V a W lze zapsat jako lineární kombice vektorů obou bazí.) Hodnost takto vzniklé matice bude rovna dimenzi hV ∪ W i. Upravujeme: 1, −3, 1 1, −3, 1 0, 1, −1 1, −3, 1 1, −1 0, 1, −4, 0, 2 1, −1 . 3 ∼ ∼ 0, −1, 0, 1, −2 0, 0, 1 1, −2 0, 0, 0, −5 0, 0, −5 3
Hodnost matice je 3, a tedy také dimhV ∪ W i = 3. Jedna z bazí prostoru hV ∪ W i je { (1, −3, 1), (0, 1, −1), (0, 0, 1) }. (Nevadí, že nám vyšla jiná báze než v první možnosti, protože báze lineárního prostoru není určena jednoznačně.) 3. možnost (použitelná jen ve speciálních případech, jako je tento): Protože spojení podprostorů V a W je podprostor prostoru R3 a dimR3 = 3, musí být dimhV ∪ W i ≤ 3. Na druhou stranu, protože W je podprostor hV ∪ W i a dimW = 3, musí platit 3 ≤ dimhV ∪ W i. Odtud už ale vyplývá, že dimhV ∪ W i = 3, W = hV ∪ W i = R3 a bazí prostoru hV ∪ W i je libovolná báze prostoru R3 , např. { (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) }. (Všimněte si, že stejným způsobem jsme mohli zvolit bázi i u W .) Průnik prostorů V a W: K určení dimenze V ∩ W použijeme vztah dimV + dimW = dimhV ∪ W i + dim(V ∩ W ). Z něj dostáváme dim(V ∩ W ) = dimV + dimW − dimhV ∪ W i = 2 + 3 − 3 = 2. Nalezení báze už je složitější. Označme nejdříve ~u1 , ~u2 , ~u3 vektory generující V a ~v1 , ~v2 , ~v3 , ~v4 vektory generující W . Dále máme opět několik možností: 1. možnost (ne příliš vhodná): Vektor ~u ∈ R3 leží v V ∩ W právě tehdy, když existují čísla a1 , a2 , a3 a b1 , b2 , b3 , b4 taková, že ~u = a1~u1 + a2~u2 + a3~u3 = b1~v1 + b2~v2 + b3~v3 + b4~v4 . Odečteme-li nyní od výše uvedené lineární kombinace vektorů ~ui lineární kombinaci vektorů ~vj , získáme nulový vektor. Porovnáním jednotlivých složek vektorů tak dostaneme pro ai , bj homogenní soustavu tří lineárních rovnic a1 − 2a2 − a3 − b1 + b2 − b3 + 3b4 = 0 −3a1 + a2 + 4a3 + 4b1 + 2b2 + 2b3 + 2b4 = 0 a1 + 3a2 − 2a3 − 3b1 − 4b2 + b3 − 9b4 = 0. Úpravami matice této soustavy (uveďte postup! ) zjistíme, že soustava je ekvivalentní se soustavou a1 − 2a2 − a3 − b1 + b2 − b3 + 3b4 = 0 − 5a2 + a3 + b1 + 5b2 − b3 + 11b4 = 0 − b1 + b3 − b4 = 0. Můžeme tedy libovolně volit například hodnoty b4 = r, b3 = s, b2 = t a a3 = z. Pak dopočítáme (uveďte postup) b1 = s − r, a2 = 1/5z + 2r + t, a1 = 7/5z + t + 2s. Nyní stačí dosadit ai do vyjádření vektoru ~u na začátku našich úvah. Dostaneme ~u = (7/5z + t + 2s)(1, −3, 1) + (1/5z + 2r + t)(−2, 1, 3) + z(−1, 4, −2) = = (−t + 2s − 4r, −2t − 6s + 2r, 4t + 2s + 6r) = t(−1, −2, 4) + s(2, −6, 2) + r(−4, 2, 6). (Pro kontrolu je vhodné dosadit též bj do vyjádření vektoru ~u. Musíme dostat totéž, co při dosazení ai .) Je tedy vidět, že V ∩ W = h(−1, −2, 4), (2, −6, 2), (−4, 2, 6)i. Protože už víme, že dim(V ∩ W ) = 2, dostaneme bázi průniku podprostorů tak, že z vektorů generujících V ∩ W vybereme jakékoliv dva lineárně nezávislé. Báze je tedy například {(−1, −2, 4), (2, −6, 2)}. 2. možnost (vhodná v obecném případě): (K vyjádření vektoru ležícího v průniku V ∩ W použijeme báze {~x1 , ~x2 } a {~y1 , ~y2 , ~y3 } prostorů V a W.) Vektor ~u ∈ R3 leží v V ∩ W právě tehdy, když existují čísla a1 , a2 a b1 , b2 , b3 taková, že ~u = a1~x1 + a2~x2 = b1 ~y1 + b2 ~y2 + b3 ~y3 . Odečteme-li nyní od výše uvedené lineární kombinace vektorů ~xi lineární kombinaci vektorů 4
~yj , získáme nulový vektor. Porovnáním jednotlivých složek vektorů tak dostaneme pro ai , bj homogenní soustavu tří lineárních rovnic a1 − b1 = 0 −3a1 + a2 + 4b1 − b2 = 0 a1 − a2 − 3b1 + 2b2 + 5b3 = 0. Úpravami matice této soustavy (uveďte postup! ) zjistíme, že soustava je ekvivalentní se soustavou a1 − b1 = 0 a2 + b1 − b2 = 0 − b1 + b2 + 5b3 = 0. Můžeme tedy libovolně volit například hodnoty b3 = t, b2 = s. Pak dopočítáme (uveďte postup) b1 = s + 5t, a2 = −5t, a1 = s + 5t. Nyní stačí dosadit ai do vyjádření vektoru ~u na začátku našich úvah. Dostaneme ~u = (s + 5t)(1, −3, 1) − 5t(0, 1, −1) = (s + 5t, −3s − 20t, s + 10t) = s(1, −3, 1) + t(5, −20, 10). (Pro kontrolu je opět vhodné dosadit též bj do vyjádření vektoru ~u.) Je tedy vidět, že V ∩ W = h(1, −3, 1), (5, −20, 10)i. Protože už víme, že dim(V ∩ W ) = 2, tvoří dva vektory generující V ∩ W také bázi tohoto prostoru. (Místo vektoru (5, −20, −10) můžeme vzít vektor (1, −4, −2).) 3. možnost (použitelná jen ve speciálních případech, jako je tento): Protože průnik V ∩ W je podprostorem prostoru V a dimV = dim(V ∩ W ) = 2, musí platit V ∩ W = V . Bazí průniku prostorů V a W je tedy libovolná báze prostoru V , tj. např. {(1, −3, 1), (0, 1, −1)} (viz výše). ¤ PŘÍKLAD 2.3: Nechť B = (u~1 , u~2 ) a C = (v~1 , v~2 ) jsou uspořádané báze lineárního prostoru L a ~u, ~v ∈ L. Určete h ~v iB , h ~u iC , víte-li, že v~1 = u~1 − 2u~2 , v~2 = 3u~1 − 5u~2 a h ~v iC = (−4, 3), h ~u iB = (2, −3). Řešení: a) První část úlohy je velmi jednoduchá: Protože h ~v iC = (−4, 3), máme ~v = −4~v1 + 3~v2 = −4(u~1 − 2u~2 ) + 3(3u~1 − 5u~2 ) = 5~u1 − 7~u2 . Platí tedy h ~v iB = (5, −7). b) Druhá část úlohy je trochu složitější. Potřebujeme vektor ~u vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů ~v1 a ~v2 . Předpokládejme tedy, že ~u = α~v1 + β~v2 . Protože h ~u iB = (2, −3), musí platit 2~u1 − 3~u2 = ~u = α~v1 + β~v2 = α(~u1 − 2~u2 ) + β(3~u1 − 5~u2 ) = (α + 3β)~u1 + (−2α − 5β)~u2 . Protože vektory ~u1 , ~u2 tvoří bázi lineárního prostoru L, lze každý vektor z L (tedy i ~u) vyjádřit právě jedním způsobem jako jejich lineární kombinaci. Porovnáme-li tedy koeficienty ve dvou výše uvedených vyjádřeních vektoru ~u jako lineární kombinace vektorů ~u1 , ~u2 , dostaneme α + 3β = 2 −2α − 5β = −3 Řešením této soustavy (rozepište! ) je dvojice (α, β) = (−1, 1), a tedy h ~u iC = (−1, 1). ¤
5
3
Soustavy lineárních rovnic
PŘÍKLAD 3.1: V závislosti na a ∈ R řešte soustavu lineárních rovnic x1 + 2x2 − x3 + 4x4 = 2 2x1 − x2 + x3 + x4 = 1 x1 + 7x2 − 4x3 + 11x4 = a. Pokud má soustava řešení, nalezněte také prostor M všech řešení přidružené homogenní soustavy, jeho bázi a dimenzi. Řešení: Sestavíme rozšířenou matici soustavy a upravujeme ji pomocí Gaussovy eliminační metody: ¯ ¯ 2 1, 2, −1, 4 ¯¯ 1, 2, −1, 4 ¯¯ 2 ³ ´ 3, −7 ¯¯ −3 ∼ 1, 1 ¯¯ 1 ∼ 0, −5, A|~b T = 2, −1, 0, 5, −3, 7 ¯ a−2 1, 7, −4, 11 ¯ a ¯ 2 1, 2, −1, 4 ¯¯ 3, −7 ¯¯ −3 . ∼ 0, −5, 0, 0, 0, 0 ¯ a−5 Hodnost matice soustavy h(A) je vždy rovna dvěma (a přidružená homogenní soustava má tedy 4 (počet neznámých) - 2 (hodnost matice soustavy) = 2 lineárně nezávislá řešení). Hodnost rozšířené matice soustavy závisí na a: h(A|~bT ) = 2 pro a = 5, h(A|~bT ) = 3 pro a 6= 5. Podle Frobeniovy věty má soustava řešení pouze pro a = 5. Nechť tedy dále a = 5. V druhé rovnici upravené soustavy můžeme hodnoty dvou neznámých volit. Nechť tedy x4 = s, x3 = t, kde s, t jsou libovolná reálná čísla. Pro x2 tak máme: −5x2 + 3t − 7s = −3,
tj.
x2 =
3 3 7 + t − s. 5 5 5
Dosadíme-li nyní do první rovnice za x2 , x3 , x4 , dostaneme 3 3 7 x1 + 2( + t − s) − t + 4s, 5 5 5
tj. x1 = 2 −
6 6 14 4 t 6 − t+ s + t − 4s = − − s. 5 5 5 5 5 5
Každé řešení soustavy lze tedy zapsat ve tvaru 4 t 6 3 3 7 4 3 1 3 6 7 ~x = ( − − s, + t − s, t, s) = ( , , 0, 0) + t(− , , 1, 0) + s(− , − , 0, 1) = 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 = ~x0 + t~x1 + s~x2 ,
s, t ∈ R. t s (Abychom neměli tolik zlomků, můžeme označit t1 = , s1 = . Potom 5 5 x1 =
3 4 − t1 − 6s1 , x2 = + 3t1 − 7s1 , x3 = 5t1 , x4 = 5s1 , 5 5
což zapsáno vektorově dává 4 3 4 3 ~x = ( − t1 − 6s1 , + 3t1 − 7s1 , 5t1 , 5s1 ) = ( , , 0, 0) + t1 (−1, 3, 5, 0) + s1 (−6, −7, 0, 5)). 5 5 5 5 6
Protože vektor x0 je řešením zadané soustavy (ověřte dosazením nuly za s a t) a dvě řešení nehomogenní soustavy se liší právě o řešení přidružené homogenní soustavy, musí být vektor t1~x1 + s1~x2 obecným řešením přidružené homogenní soustavy. 1 3 6 7 Proto M = h~x1 , ~x2 i = h(− , , 1, 0), (− , − , 0, 1) i. Protože jsou vektory ~x1 a ~x2 li5 5 5 5 neárně nezávislé, je množina {~x1 , ~x2 } bazí prostoru M všech řešení soustavy A~xT = ~oT a dimM = 2 (srovnejte s poznámkou u hodnosti matice A). ¤ PŘÍKLAD 3.2: V závislosti na a ∈ R řešete soustavu lineárních rovnic s rozšířenou maticí soustavy ¯ a, 1, 1 ¯¯ a ³ ´ A|~b T = 1, a, 1 ¯¯ 1 . 1, 1, a ¯ a Řešení: Abychom zjistili, kdy lze k řešení zadané soustvy rovnic použít Cramerovo pravidlo, spočítáme nejdříve determinant matice A: D = detA = a3 + 1 + 1 − a − a − a = a3 − 3a + 2 = (a − 1)2 (a + 2). Determinant je nenulový právě tehdy, když a ∈ / {1; −2}. Uvažujme proto dále tři možnosti: a) a ∈ / {1, −2}: V tomto případě má soustava právě jedno řešení a k jeho nalezení lze použít Cramerovo pravidlo. Počítáme: ¯ ¯ ¯ a, 1, 1 ¯ ¯ ¯ D1 = ¯¯ 1, a, 1 ¯¯ = a3 + a + 1 − a2 − a − a = a3 − a2 − a + 1 = (a − 1)2 (a + 1). ¯ a, 1, a ¯ Poznámka: Determinant D1 je také možné počítat tak, že od prvního sloupce matice odečteme třetí sloupec a pak použijeme rozvoj determinantu podle prvního sloupce (v kterém už je jen jeden nenulový prvek). (Tento postup budu používat často v případech, kdy je v matici málo nul a některé její řádky nebo sloupce jsou ”velmi podobné”): ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a, 1, 1 ¯ ¯ a − 1, 1, 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a, 1 ¯¯ = (a − 1)(−1)2 (a2 − 1) = (a − 1)2 (a + 1). D1 = ¯¯ 1, a, 1 ¯¯ = ¯¯ 0, ¯ a, 1, a ¯ ¯ 0, 1, a ¯ (Všimněte si, že při tomto součin.) Podobně spočítáme ¯ ¯ a, a, 1 ¯ D2 = ¯¯ 1, 1, 1 ¯ 1, a, a a
¯ ¯ a, 1, a ¯ D3 = ¯¯ 1, a, 1 ¯ 1, 1, a
způsobu výpočtu determinantu je jednodušší najít jeho rozklad na
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a, 0, 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ = ¯ 1, 0, 1 ¯¯ = (a − 1)(−1)5 (a − 1) = −(a − 1)2 ¯ ¯ ¯ ¯ 1, a − 1, a ¯
¯ ¯ ¯ ¯ a, 1, 0 ¯ ¯ ¯ = ¯ 1, a, 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 1, 1, a − 1
¯ ¯ ¯ ¯ = (a − 1)(−1)6 (a2 − 1) = (a − 1)2 (a + 1). ¯ ¯
Odtud dostáváme x1 =
(a − 1)2 (a + 1) a+1 D1 = = , 2 D (a − 1) (a + 2) a+2
x2 = 7
D2 −(a − 1)2 −1 = = , 2 D (a − 1) (a + 2) a+2
x3 =
D3 (a − 1)2 (a + 1) a+1 = = . D (a − 1)2 (a + 2) a+2
Řešením soustavy je tedy vektor ~x = (
a+1 −1 a+1 , , ). a+2 a+2 a+2
b) a = 1: V tomto případě Cramerovo pravidlo použít nelze. Dosadíme proto a do soustavy a tu pak vyřešíme Gaussovou eliminační metodou. Máme ¯ 1, 1, 1 ¯¯ 1 ¯ ¢ ¡ 1, 1, 1 ¯ 1 ∼ 1, 1, 1 ¯ 1 . ¯ 1, 1, 1 ¯ 1 Hodnost matice soustavy i hodnost rozšířené matice soustavy jsou rovny jedné. Řešení tedy existuje a závisí na dvou parametrech. (”počet parametrů = počet neznámých - hodnost matice soustavy”). Máme: x1 + x2 + x3 = 1, tj. x1 = 1 − x2 − x3 , x2 , x3 mohou být libovolná reálná čísla. Řešením soustavy jsou tak všechny vektory ~x = (1 − x2 − x3 , x2 , x3 ) = (1, 0, 0) + x2 (−1, 1, 0) + x3 (−1, 0, 1),
x2 , x3 ∈ R.
Vektor (1, 0, 0) je partikulárním řešením nehomogenní soustavy, vektor x2 (−1, 1, 0)+x3 (−1, 0, 1) představuje obecné řešení přidružené homogenní soustavy. c) a = −2: Ani v tomto případě nelze použít Cramerovo pravidlo. Opět dosadíme a do soustavy a řešíme Gaussovou eliminací: ¯ ¯ ¯ −2, 1, 1 ¯¯ −2 1, 1, −2 ¯¯ −2 1, 1, −2 ¯¯ −2 1, −2, 1 ¯¯ 1 ∼ 0, −3, 3 ¯¯ 3 ∼ 0, −3, 3 ¯¯ 3 1, 1, −2 ¯ −2 0, 3, −3 ¯ −6 0, 0, 0 ¯ −3 Tentokrát je h(A) = 2 6= h(A|~bT ) = 3. Podle Frobeniovy věty soustava nemá řešení.
8
¤
4
LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ
PŘÍKLAD 4.1: Je dáno lineární zobrazení A : R3 → R2 takové, že pro vektory ~u1 = (1, 0, 2), ~u2 = (−3, 4, −2), ~u3 = (0, 2, 1) platí A(~u1 ) = (1, 3), A(~u2 ) = (2, −1), A(~u3 ) = (−3, 5). Najděte a) A(-1,2,1), b) jádro, defekt, obraz a hodnost zobrazení A, c) všechny vektory ~v , pro které platí A(~v ) = (−1, 4), d) matici zobrazení A vzhledem k uspořádaným bazím B = (~u1 , ~u2 , ~u3 ) a C = (~v1 , ~v2 ), kde v1 = (1, 2), v2 = (2, 0). Řešení: Nejdříve ověříme, že vektory ~u1 , ~u2 , ~u3 jsou lineárně nezávislé. Protože hodnost matice je rovna maximálnímu počtu jejích lineárně nezávislých řádků, budou ~u1 , ~u2 , ~u3 jsou lineárně nezávislé právě tehdy, když hodnost matice s řádky tvořenými těmito vektory bude rovna třem. Upravujeme 1, 0, 2 1, 0, 2 1, 0, 2 −3, 4, −2 ∼ 0, 4, 4 ∼ 0, 4, 4 . 0, 2, 1 0, 2, 1 0, 0, −2 Hodnost matice je 3, a tedy vektory ~u1 , ~u2 , ~u3 jsou lineárně nezávislé a B je uspořádaná báze v R3 . To znamená, že zobrazení je určeno dostatečně. a) Potřebujeme vyjádřit vektor ~u = (−1, 2, 1) jako lineární kombinaci vektorů ~u1 , ~u2 , ~u3 . (Takovéto vyjádření existuje a je právě jedno, protože ~u1 , ~u2 , ~u3 tvoří bázi R3 .) Hledáme tedy čísla α1 , α2 , α3 taková, že ~u = α1~u1 + α2~u2 + α3~u3 neboli (−1, 2, 1) = α1 (1, 0, 2) + α2 (−3, 4, −2) + α3 (0, 2, 1) = (α1 − 3α2 , 4α2 + 2α3 , 2α1 − 2α2 + α3 ). Porovnáním jednotlivých složek vektorů dostáváme pro α1 , α2 , α3 soustavu lineárních rovnic α1 − 3α2 = −1 4α2 + 2α3 = 2 2α1 − 2α2 + α3 = 1. Řešením této soustavy dostaneme (uveďte postup řešení) α1 = 2, α2 = 1, α3 = −1. Tedy při využití linearity zobrazení A máme A(~u) = A(2~u1 + ~u2 − ~u3 ) = 2A(~u1 ) + A(~u2 ) − A(~u3 ) = 2(1, 3) + (2, −1) − (−3, 5) = (7, 0). b) Podle definice jádra platí ~v ∈ KerA právě tehdy, když A(~v ) = (0, 0). Nechť tedy ~v ∈ KerA. Protože B je báze R3 , existují čísla β1 , β2 , β3 taková, že ~v = β1~u1 +β2~u2 +β3~u3 . Vzhledem k linearitě A musí platit: (0, 0) = A(~v ) = β1 A(~u1 ) + β2 A(~u2 ) + β3 A(~u3 ) = β1 (1, 3) + β2 (2, −1) + β3 (−3, 5) = = (β1 + 2β2 − 3β3 , 3β1 − β2 + 5β3 ) neboli β1 + 2β2 − 3β3 = 0 a 3β1 − β2 + 5β3 = 0. Dostali jseme tak pro β1 , β2 , β3 soustavu dvou lineárních rovnic, kterou jednoduše vyřešíme pomocí Gaussovy eliminační metody: µ ¶ µ ¶ 1, 2, −3 1, 2, −3 ∼ . 3, −1, 5 0, −7, 14 9
Odtud β3 = t ∈ R je libovolné, β2 = 2t, β1 = 3t − 4t = −t. Dosadíme-li nyní do vyjádření ~v , máme ~v = β1~u1 + β2~u2 + β3~u3 = −t(1, 0, 2) + 2t(−3, 4, −2) + t(0, 2, 1) = t(−7, 10, −5),
t ∈ R.
Tedy KerA = h(−7, 10, −5)i a defA = dim(KerA) = 1. Protože každý vektor z R3 lze zapsat jako lineární kombinaci vektorů ~u1 , ~u2 , ~u3 , a tudíž jeho obraz jako lineární kombinaci vektorů A(~u1 ), A(~u2 ), A(~u3 ), stačí zjistit, jak vypadá lineární obal vektorů A(~u1 ), A(~u2 ), A(~u3 ). Nejdříve zjistíme dimenzi tohoto lineárního obalu. Protože hodnost matice je taká rovna dimenzi lineárního obalu jejích řádkových vektorů, stačí najít hodnost matice s řádky tvořenými vektory A(~u1 ), A(~u2 ), A(~u3 ). Upravujeme: µ ¶ 1, 3 1, 3 1, 3 2, −1 ∼ 0, −7 ∼ . 0, −7 0, 14 −3, 5 Hodnost zkoumané matice je rovna dvěma, a proto je i dimA(R3 ) = 2. Tedy A(R3 ) je podprostorem R2 stejné dimenze jako R2 , což znamená, že A(R3 ) = R2 . c) Hledáme všechny vektory w ~ ∈ R3 , pro které platí A(w) ~ = (−1, 4). Můžeme postupovat stejně jako při hledání jádra. Je-li A(w) ~ = (−1, 4) a w ~ = γ1~u1 + γ2~u2 + γ3~u3 , musí platit (−1, 4) = A(w) ~ = γ1 A(~u1 ) + γ2 A(~u2 ) + γ3 A(~u3 ) = = γ1 (1, 3) + γ2 (2, −1) + γ3 (3, −5) = (γ1 + 2γ2 − 3γ3 , 3γ1 − γ2 + 5γ3 ). Řešením takto získané soustavy rovnic γ1 + 2γ2 − 3γ3 = −1 3γ1 − γ2 + 5γ3 = 4 dostáváme: γ3 = t ∈ R je libovolné, γ2 = 2t − 1, γ1 = −1 − 2(2t − 1) + 3t = −t + 1. (Porovnejte se soustavou a jejím řešením v předchozí části.) Tedy A(w) ~ = (−1, 4) právě tehdy, když w ~ = (−t + 1)(1, 0, 2) + (2t − 1)(−3, 4, −2) + t(0, 2, 1) = t(−7, 10, −5) + (2, −4, −2), kde t ∈ R. d) Označíme A = [A; B, C]. Pro každý vektor ~x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 má platit A · h~xiTB = hA(~x)iTC . Speciálně pro ~u1 , ~u2 , ~u3 :
1 A · h~u1 iTB = A · 0 = hA(~u1 )iTC = h(1, 3)iTC 0 (tedy h(1, 3)iTC je první sloupec matice A), 0 T 1 = hA(~u2 )iTC = h(2, −1)iTC A · h~u2 iB = A · 0
10
(tedy h(2, −1)iTC je druhý sloupec matice A), 0 T 0 = hA(~u3 )iTC = h(−3, 5)iTC A · h~u3 iB = A · 1 (tedy h(−3, 5)iTC je třetí sloupec matice A). Snadno ověříme (uveďte postup! ), že −
1 ~v 4 2
tj.
h(1, 3)iC =
( 32 , − 41 ),
(2, −1) = − 12 ~v1 +
5 ~v 4 2
tj.
h(2, −1)iC =
(− 12 , 45 ),
11 ~v 4 2
tj.
h(−3, 5)iC = ( 25 , − 11 ). 4
(1, 3) =
(−3, 5) =
3 ~v 2 1
5 ~v 2 1
−
Celkem tak dostáváme
3 , 2
− 12 ,
5 2
− 14 ,
5 , 4
− 11 4
A = [A; B, C] =
. ¤
PŘÍKLAD 4.2: Ověřte, že zobrazení f : R2 → R3 dané předpisem f (x1 , x2 ) = (x1 + 2x2 , −3x1 + x2 , 2x1 − x2 ) je lineární. Najděte matici zobrazení f vzhledem k uspopřádaným bazím B = (~u1 , ~u2 ), C = (~v1 , ~v2 , ~v3 ), kde ~u1 = (2, 1), ~u2 = (1, 2) a ~v1 = (1, 1, 1), ~v2 = (1, 1, 0), ~v3 = (1, 0, 0). Dále nalezněte jádro zobrazení f . Řešení: Ověříme, že f je lineární: Nechť ~x = (x1 , x2 ) a ~y = (y1 , y2 ) jsou dva libovolné vektory z R2 . Pak f (~x+~y ) = f (x1 +y1 , x2 +y2 ) = ((x1 +y1 )+2(x2 +y2 ), −3(x1 +y1 )+(x2 +y2 ), 2(x1 +y1 )−(x2 +y2 )) = = (x1 + 2x2 , −3x1 + x2 , 2x1 − x2 ) + (y1 + 2y2 , −3y1 + y2 , 2y1 − y2 ) = f (~x) + f (~y ). Je-li dále α libovolné reálné číslo, máme: f (α~x) = f (αx1 , αx2 ) = (αx1 + 2αx2 , −3αx1 + αx2 , 2αx1 − αx2 ) = = α(x1 + 2x2 , −3x1 + x2 , 2x1 − x2 ) = αf (~x). Zobrazení f je tedy lineární. Nyní najdeme požadovanou matici zobrazení f vzhledem k uspořádaným bazím B a C. Matice A = [f ; B, C] je typu (3, 2) a má pro ní platit (mimo jiné) µ ¶ 1 A· = A · h~u1 iTB = hf (~u1 )iTC , 0 µ ¶ 0 A· = A · h~u2 iTB = hf (~u2 )iTC . 1 Tedy hf (~u1 )iTC je první sloupec matice A a hf (~u2 )iTC je druhý sloupec matice A. 11
Snadno ověříme (uveďte postup ! ), že f (~u1 ) = (4, −5, 3) = 3~v1 − 8~v2 + 9~v3 ,
tj. hf (~u1 )iC = (3, −8, 9)
a f (~u2 ) = (5, −1, 0) = −~v2 + 6~v3 , Celkem tak dostáváme
tj. hf (~u2 )iC = (0, −1, 6).
3, 0 A = −8, −1 . 9, 6
Jádro f tvoří všechny vektory ~x = (x1 , x2 ), pro které platí 0 A · h~xiTB = 0 . 0
f (~x) = (0, 0, 0)
neboli
Potřebujeme tedy najít všechna řešení homogenní soustavy lineárních rovnic, jejíž maticí je matice A. Upravujeme: µ ¶ 3, 0 3, 0 3, 0 −8, −1 ∼ 0, −3 ∼ . 0, −3 0, 6 9 6 Protože hodnost matice soustavy je rovna počtu neznámých, má soustava pouze triviální řešení, a tedy Kerf = {~oR2 }. ¤ PŘÍKLAD 4.3: Lineární zobrazení h : R2 → R2 má vzhledem ke standardní uspořádané bázi E = ((1, 0), (0, 1)) matici µ ¶ 2, −4 [h; E, E] = . −1, 3 Najděte matici tohoto zobrazení vzhledem k uspořádaným bázím B = (~u1 , ~u2 ), C = (~v1 , ~v2 ), kde ~u1 = (1, 1), ~u2 = (−1, 1) a ~v1 = (0, 1), ~v2 = (2, −1). Řešení: Označme A = [h; B, C]. Pak ¶ µ ¶ µ ¶ µ 2, −4 1 −2 T T = hh(~u1 )iE = A · h~u1 iE = · 2 1 −1, 3 a
µ hh(~u2 )iTE
=A·
h~u2 iTE
=
2, −4 −1, 3
¶ µ ¶ µ ¶ −1 −6 · = . 1 4
Tedy h(~u1 ) = −2(1, 0) + 2(0, 1) = (−2, 2) a h(~u2 ) = −6(1, 0) + 4(0, 1) = (−6, 4). Nyní najdeme souřadnice h(~u1 ) a h(~u2 ) v uspořádané bázi C. Hledáme tedy čísla α1 , α2 a β1 , β2 tak, aby platilo (−2, 2) = α1 (0, 1) + α2 (2, −1) a (−6, 4) = β1 (0, 1) + β2 (2, −1). Standardním způsobem (uveďte postup! ) dostaneme, že α1 = 1, α2 = −1 a β1 = 1, β2 = −3, čili hh(~u1 )iC = (1, −1) a hh(~u2 )iC = (1, −3). 12
Označíme-li nyní B = [h; B, C] (B je typu(2, 2)), zjišťujeme, že má platit µ ¶ µ ¶ 1 1 T T B · h~u1 iE = B · = hh(~u1 )iC = 0 −1 a
µ B·
h~u2 iTE
=B·
µ Tedy první sloupec matice B je
1 −1
¶
0 1
¶
µ =
hh(~u2 )iTC
=
1 −3
¶ . µ
, druhý sloupec matice B je µ
B=
1, 1 −1, −3
1 −3
¶ a
¶ . ¤
PŘÍKLAD 4.4: Je dáno lineární zobrazení f : R2 → R3 takové, že 1, 0 1 , A = [f ; B, C] = −2, 0, −2 kde B = (~b1 , ~b2 ) = ((1, 1), (2, 0)) a C = (~c1 , ~c2 , ~c3 ) = ((1, 1, 1), (2, 1, 0), (0, 1, 0)) jsou uspořádané báze v R2 resp. R3 . Dále je dáno zobrazení g : R3 → R2 takové, že pro každé ~x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 platí g(~x) = g(x1 , x2 , x3 ) = (2x1 − x3 , 2x3 − x2 ). Najděte matici H složeného zobrazení g ◦ f vzhledem k uspořádaným bazím B a D, kde D = (d~1 , d~2 ) = ((0, −2), (1, 1)). Řešení: a) Ověříme, že g je lineární: Nechť ~x, ~y ∈ R2 , α, β ∈ R jsou libovolné. Potom g(α~x + β~y ) = g(αx1 + βy1 , αx2 + βy2 , αx3 + βy3 ) = = (2(αx1 + βy1 ) − (αx3 + βy3 ), 2(αx3 + βy3 ) − (αx2 + βy2 )) = = (2αx1 − αx3 + 2βy1 − βy3 , 2αx3 − αx2 + 2βy3 − βy2 ) = = α(2x1 − x3 , 2x3 − x2 ) + β(2y1 − y3 , 2y3 − y2 ) = αg(~x) + βg(~y ). Zobrazení g je tedy lineární. b) Nalezení matice H. 1. možnost: Matice H je taková matice, že pro všechna ~x ∈ R2 platí H · h~xiTB = h(g ◦ f )(~x)iTD . Matice H je tedy typu (2, 2),
µ H=
h11 , h12 h21 , h22
¶ .
Pro vektory ~b1 , ~b2 zřejmě platí h~b1 iB = (1, 0), h~b2 iB = (0, 1). Tedy, dosadíme-li do výše uvedeného vztahu za ~x postupně vektory ~b1 , ~b2 , dostaneme: ¶ µ ¶ µ 1 h11 =H· = H · h~b1 iTB = h(g ◦ f )(~b1 )iTD h21 0 13
a
µ
h12 h22
¶
µ =H·
0 1
¶ = H · h~b2 iTB = h(g ◦ f )(~b2 )iTD .
Nalezneme nejprve h(g ◦ f )(~b1 )iTD . Máme
µ ¶ 1, 0 1 1 1 · hf (~b1 )iTC = A · h~b1 iTB = −2, = −2 , 0 0, −2 0
tedy f (~b1 ) = 1~c1 − 2~c2 + 0~c3 = (1, 1, 1) − 2(2, 1, 0) = (−3, −1, 1). Z definice g pak dostáváme (g ◦ f )(~b1 ) = g(−3, −1, 1) = (2(−3) − 1, 2 · 1 − (−1)) = (−7, 3). Hledáme nyní α, β tak, aby (−7, 3) = αd~1 + β d~2 = α(0, −2) + β(1, 1) = (β, −2α + β). Snadno zjistíme, že α = −5, β = −7. (Rozepište!) Tedy h(g ◦ f )(~b1 )iD = (−5, −7). Podobně dostaneme, že h(g ◦ f )(~b2 )iD = hg(2, −1, 0)iD = h(4, 1)iD = ( 32 , 4). (Rozepište!) Máme tak µ ¶ −5, 32 . H= −7, 4 2.možnost: Protože platí H = [g ◦ f ; B, D] = [g; C, D] · [f ; B, C] a [f ; B, C] = A známe, stačí nalézt matici B = [g; C, D]. Pro B a bázové vektory ~ci (i = 1, 2, 3) musí platit B · h~ci iTC = hg(~ci )iTD . Máme g(~c1 ) = g(1, 1, 1) = (1, 1),
g(~c2 ) = g(2, 1, 0) = (4, −1),
g(~c3 ) = g(0, 1, 0) = (0, −1).
Snadno zjistíme (rozepište!), že (1, 1) = 0 · d~1 + 1 · d~2 ,
(4, −1) =
5 ~ · d1 + 4 · d~2 , 2
(0, −1) =
1 ~ · d1 + 0 · d~2 , 2
tedy
5 1 hg(~c2 )iD = ( , 4), hg(~c3 )iD = ( , 0). 2 2 Stejnou úvahou jako u 1. možnosti tak dostáváme, že µ ¶ 0, 52 , 12 B= . 1, 4, 0 hg(~c1 )iD = (0, 1),
Odtud už snadno spočítáme H: µ H=B·A=
5 , 2
1 2
0, 1, 4, 0
¶
¶ µ 1, 0 −5, 32 −2, 1 · . = −7, 4 0, −2
Maticí složeného zobrazení g ◦ f vzhledem k uspořádaným bazím B, D je tedy matice µ ¶ −5, 32 H= . −7, 4 ¤ 14
5
MATICE A DETERMINANTY PŘÍKLAD 5.1: Je dána matice µ
1, 2 2, 4
B=
¶ .
Ukažte, že množina M všech matic X typu (2, 2), pro které platí BX + XB = O (O je nulová matice), je podprostorem prostoru R(2,2) . Najděte M , jeho bázi a dimenzi. Řešení: a) Nejdříve ukážeme, že M je podprostor prostoru R(2,2) , tedy že pro všechny matice X, Y ∈ M a všechna reálná čísla α, β platí αX+βY ∈ M , tj. B(αX+βY)+(αX+βY)B = O. Máme B(αX + βY) + (αX + βY)B = (αBX + βBY) + (αXB + βYB) = = α(BX + XB) + β(BY + YB) = αO + βO = (α + β)O = O. Tedy αX + βY ∈ µ M a M je ¶ podprostor prostoru R(2,2) . a, b b) Označme X = . Pak c, d ¶µ ¶ µ ¶ µ a, b a + 2c, b + 2d 1, 2 = , BX = c, d 2a + 4c, 2b + 4d 2, 4 ¶ ¶µ ¶µ µ a + 2b, 2a + 4b 1, 2 a, b , XB = c + 2d, 2c + 4d 2, 4 c, d µ ¶ 2a + 2b + 2c, 2a + 5b + 2d BX + XB = . 2a + 5c + 2d, 2b + 2c + 8d Má-li platit BX + XB = 0, musí být 2a + 2b + 2c = 2a + 5b + 2d = 2a + 5c + 2d = 2b + 2c + 8d =
0, 0, 0, 0.
Řešením této soustavy dostáváme (rozepište!) a = 4d,
b = −2d,
c = −2d,
d ∈ R.
Všechny hledané matice X jsou tak tvaru µ ¶ µ ¶ 4d, −2d 4, −2 X= =d , d ∈ R. −2d, d −2, 1 ¿µ ¶À 4, −2 Tedy M = . Protože lineární obal jakékoliv podmnožiny lineárního pro−2, 1 storu je vždy podprostorem tohoto prostoru, je M podprostor prostoru R(2,2) . (Uvedete-li toto zdůvodnění, nemusíte provádět část a).) ½µ ¶¾ 4, −2 Bází M je například jednoprvková množina , a tedy dimM = 1. −2, 1 ¤ 15
PŘÍKLAD 5.2: Řešte maticovou rovnici AXB + AX = B s neznámou maticí X, kde 1, 1, 1 5, 4, 2 0 . A = 0, 0, 1 , B = 4, 1, 0, 1, 1 2, 0, −1 Řešení: Upravujeme rovnici AXB + AX = B AXB + AXE = B AX(B + E) = B. Protože
a
¯ ¯ 1, 1, 1 ¯ detA = ¯¯ 0, 0, 1 ¯ 0, 1, 1 ¯ ¯ 6, 4, ¯ det(B + E) = ¯¯ 4, 2, ¯ 2, 0,
¯ ¯ ¯ ¯ = −1 6= 0 ¯ ¯ 2 0 0
¯ ¯ ¯ ¯ = −8 6= 0, ¯ ¯
existují matice A−1 a (B+E)−1 . Můžeme proto v úpravách rovnice pokračovat dále. Dostáváme: A−1 AX(B + E)(B + E)−1 = A−1 B(B + E)−1 EXE = A−1 B(B + E)−1 X = A−1 B(B + E)−1 . Inverzní matice k A a (B + E) nalezneme pomocí řádkových 1, 1, 1, 1, 0, 0 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0 0, 1, 1, (A|E) = ∼ 0, 1, 1, 0, 0, 1 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, −1 1, 0, 0, 1, 1 ∼ 0, 1, 0, 0, ∼ 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0 (Nejdříve jsme prohodili druhý a třetí řádek, pak od prvního druhého odečetli třetí.) 6, 4, 2, 1, 0, 0 2, 0, 4, 2, 0, 0, 1, 0 4, 2, (B + E|E) = ∼ 2, 0, 0, 0, 0, 1 6, 4, 1 2, 0, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, ∼ 0, 2, 0, 0, 1, −2 ∼ 0, 2, 0, 0, 0, 4, 2, 1, 0, −3 0, 0, 2, 1, 1 1, 0, 0, 0, 0, 2 1 , −1 . ∼ 0, 1, 0, 0, 2 1 1 0, 0, 1, 2 , −1, 2
úprav. Máme 1, 0, 0 0, 0, 1 ∼ 0, 1, 0 0, −1 −1, 1 . 1, 0 odečetli druhý a nakonec od 0, 0, 0, 1 0, 0, 1, 0 ∼ 2, 1, 0, 0 0, 1 1, −2 ∼ −2, 1
(Nejdříve jsme prohodili první a třetí řádek, pak odečetli od druhého dvojnásobek prvního a od třetího trojnásobek prvního, dále jsme od třetího řádku odečetli dvojnásobek řádku druhého a nakonec jsme všechny řádky vydělili dvěma.) 16
Dostali jsme tak, že platí 1, 0, −1 1 A−1 = 0, −1, 0, 1, 0
a (B + E)−1
1 0, 0, 0, 0, 1 2 1 1 , −1 = 0, 1, −2 . = 0, 2 2 1 1 1, −2, 1 , −1, 2 2
To znamená, že
X = A−1 B(B + E)−1 =
3, 4, 1 −2, −1, = 2 4, 1,
1, 0, −1 5, 4, 2 0, 0, 1 1 0, −1, 1 4, 1, 0 0, 1, −2 = 2 0, 1, 0 2, 0, −1 1, −2, 1 3 0, 0, 1 3, −2, −2 1 −1 0, 1, −2 = −1, 1, −1 . 2 0 1, −2, 1 0, 1, 2
Řešením rovnice je tedy matice X=
−1, −1 1 , − 12 . 2 1 , 1 0, 2
3 , 2 1 −2,
¤ PŘÍKLAD 5.3: Je dána matice 1, a, −2 a . A = a, −4, −2, a, 1
Zjistěte, pro jaká a ∈ R neexistuje inverzní matice k matici A. Pro jaká a ∈ R je matice transponovaná k matici A regulární? Řešení: a) Inverzní matice k A existuje právě tehdy, když detA 6= 0. Máme ¯ ¯ ¯ 1, ¯ a, −2 ¯ ¯ a ¯¯ = 12 − 6a2 = 6(2 − a2 ). detA = ¯¯ a, −4, ¯ −2, a, 1 ¯ 2 Tedy√inverzní √ matice k matici A neexistuje (a A není regulární) právě tehdy, když a = 2, tj. a ∈ { 2; − 2}. √ √ b) Matice AT je regulární právě tehdy, když A je regulární, tedy pro a 6∈ { 2; − 2}. ¤
PŘÍKLAD 5.4: Vypočtěte determinant matice C, kde C = A · B, a 2, 0, 2, 0, −1, 1, −1, 1, −1 1, −1, 1, −1, 0 0, 2, 0, 2, 0, 0, 0, 0 , B= A = −1, 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 2, 1, −1, 0, 0, 0 2, 0, 0, 0, −1, 1, −1, 0, 0 Zjistěte, zda existuje matice C−1 , a pokud ano, vypočtěte její determinant. 17
2 0 2 0 0
.
Řešení: a) Protože hodně prvků matic A a B je nulových, použijeme k výpočtu vztah detC = detA · detB. Stačí tedy spočítat determinanty matic A a B: ¯ ¯ ¯ ¯ −1, ¯ ¯ −1, 1, −1, 1, −1 0, 0, ¯ ¯ ¯ ¯ 1, −1, ¯ ¯ 1, −1, 1, −1, 0 1, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0, 0, 0, 0 ¯ = − ¯ −1, 1, −1, detA = ¯ −1, ¯ 1, −1, ¯ ¯ 0, 0, 0 ¯ 0, ¯ ¯ 1, −1, ¯ −1, ¯ −1, 1, −1, 0, 0 ¯ 1, −1, ¯ ¯ ¯ ¯ −1, ¯ ¯ −1, 0, 0, 0, 0 0, 0, 0, 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 1, −1, ¯ ¯ 1, −1, 0, 0, 0 1, −1, 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1, −1, 0, 0 1, −1, 0, 0 ¯ = − ¯ −1, = ¯ −1, ¯ ¯ ¯ 1, −1, 1, −1, 0 0, 0, 0 ¯ ¯ 1, −1, ¯ ¯ −1, ¯ −1, 1, −1, 1, −1 1, −1, 1, −1 ¯ (Nejdřív jsme prohodili ¯ ¯ 2, 0, 2, ¯ ¯ 0, 2, 0, ¯ detB = ¯¯ 2, 0, 0, ¯ 0, 0, 0, ¯ ¯ 2, 0, 0,
1. a 3. řádek, pak ¯ ¯ ¯ 2, 0, 2 ¯¯ ¯ ¯ ¯ 0, 2, 0 ¯ ¯ 0, 2 ¯¯ = − ¯¯ 0, ¯ 0, 2, 0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ 0, 0, 0
3. a 5. řádek, nakonec 2. ¯ ¯ 0, 2, 0, 2 ¯¯ ¯¯ 2, 0, 2, 0, 2, 0 ¯¯ ¯¯ 0, 2, 0, 2, 0, 2 ¯¯ = ¯¯ 0, 0, 0, 0, 2, 0 ¯¯ ¯¯ 0, 0, 0, 2, 0, 0 ¯ ¯ 0, 0,
¯ 0, 0 ¯¯ −1, 0 ¯¯ 1, −1 ¯¯ = 0, 0 ¯¯ 0, 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = −(−1)5 = 1. ¯ ¯ ¯ ¯
a 4. řádek.) ¯ 2, 0, 2 ¯¯ 0, 2, 0 ¯¯ 2, 0, 2 ¯¯ = 25 = 32. 0, 2, 0 ¯¯ 0, 0, 2 ¯
(Nejdříve jsme prohodili 1. a 3. sloupec, pak 3. a 5. sloupec.) Máme tedy detC = 1 · 32 = 32. b) Protože detC 6= 0, existuje matice C−1 a pro její determinant platí det(C−1 ) =
1 1 = . detC 32 ¤
PŘÍKLAD 5.5: Najděte inverzní matice k maticím C = AB a D = BA, kde A a B jsou matice z příkladu 5.4. Řešení: Vzhledem k tvaru matic A, B bude poměrně snadné najít matice k nim inverzní. Matice C, D proto určíme ze vztahů C−1 = (AB)−1 = B−1 A−1 ,
D−1 = (BA)−1 = A−1 B−1 .
Matice A−1 a B−1 budeme hledat pomocí řádkových úprav. a) V případě matice A v prvním kroku pouze přerovnáme řádky, ve druhém budeme směrem zdola nahoru přičítat k řádku řádek, který je nad ním, nakonec všechny řádky vydělíme číslem −1. (POZOR! Řádky upravujeme až tehdy, když už je nebudeme potřebovat k úpravě jiných řádků - mohli bychom se totiž ”zacyklit”.): −1, 1, −1, 1, −1, 1, 0, 0, 0, 0 1, −1, 1, −1, 0, 0, 1, 0, 0, 0 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0 (A|E) = −1, ∼ 1, −1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0 −1, 1, −1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1 18
∼ ∼ ∼
−1, 0, 0, 0, 0, 1, −1, 0, 0, 0, −1, 1, −1, 0, 0, 1, −1, 1, −1, 0, −1, 1, −1, 1, −1,
0, 0, 0, 0, 1,
0, 0, 0, 1, 0,
1, 0, 0, 0, 0,
0, 1, 0, 0, 0,
0 0 1 0 0
−1, 0, 0, 0, 0, 0, −1, 0, 0, 0, 0, 0, −1, 0, 0, 0, 0, 0, −1, 0, 0, 0, 0, 0, −1,
0, 0, 0, 0, 1,
0, 0, 0, 1, 1,
1, 1, 0, 0, 0,
0, 1, 1, 0, 0,
0 0 1 1 0
1, 0, 0, 0, 0,
0, 1, 0, 0, 0,
0, 0, 1, 0, 0,
0, 0, 0, 1, 0,
∼ ∼
0, 0, 0, −1, 0, 0 0, 0, −1, −1, 0 0, 0, 0, 0, 0, −1, −1 . 0, 0, −1, 0, 0, −1 1, −1, −1, 0, 0, 0
b) V případě matice B začneme prohozením 1., 3. a 5.řádku, v dalším kroku nejdříve odečteme od 2.řádku 4.řádek, pak od 3.řádku 5.řádek a nakonec od 5.řádku 1.řádek. V posledním kroku každý řádek vydělíme dvěma: 2, 0, 2, 0, 2, 1, 0, 0, 0, 0 0, 2, 0, 2, 0, 0, 1, 0, 0, 0 ∼ 2, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 1, 0, 0 (B|E) = 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 1, 0 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1 0, 2, 0, 2, 0, 0, 1, 0, 0, 0 ∼ 2, 0, 2, 0, 2, 1, 0, 0, 0, 0 ∼ 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 1, 0 2, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 1, 0, 0 0, 0, 1 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 1, 0, −1, 0 ∼ 0, 0, 2, 0, 0, 1, 0, −1, 0, 0 ∼ 0, 0, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 1, 0 0, 0, 0, 0, 2, 0, 0, 1, 0, −1 1 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 2 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1 , 0, − 12 , 0 2 1 1 0, 0 ∼ . 0, 0, 1, 0, 0, 2 , 0, − 2 , 1 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, , 0 2 1 , 0, − 12 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 2 Tedy A
−1
=
0, 0, −1, 0, 0 0, 0, −1, −1, 0 0, 0, 0, −1, −1 , 0, −1, 0, 0, −1 −1, −1, 0, 0, 0 19
B
−1
=
0, 0, 1 , 2 0, 0,
1 0, 0, 0, 2 1 1 , 0, − 2 , 0 2 0, − 21 , 0, 0 1 , 0 0, 0, 2 1 1 0, , 0, − 2 2
.
Nyní už snadno spočítáme, jak vypadají matice C−1 , D−1 : 1 0, 0, 0, 0, 0, 0, −1, 0, 0 2 0, 1 , 0, − 21 , 0 0, −1, −1, 0 1 2 0, −1 1 · 0, = , 0, − , 0, 0 0, 0, −1, −1 C = 2 2 1 0, 0, 0, , 0 0, −1, 0, 0, −1 2 1 0, 0, , 0, − 12 −1, −1, 0, 0, 0 2
D−1
=
0, 0, 0, 0, −1,
− 21 , − 21 , 0, 0, 1 1 1 0, , − , − , 2 2 2 1 1 0, − 2 , , = 0, 2 0, − 1 , 0, 0, 2 1 1 , , 0, − 12 , 2 2 0, −1, 0, 0 0, 0, 0, −1, −1, 0 1 0, 0, −1, −1 · 2, −1, 0, 0, −1 0, −1, 0, 0, 0 0, 1 1 −2, 0, , 0, 2 1 −1, 0, , − 21 , 2 2 0, − 12 , − 21 , = 0, 1 0, − 1 , − 1 , , 2 2 2 1 1 0, , 0, − 2 , 2
0 1 2 1 2 − 12 − 12
,
1 0, 0, 0, 2 1 , 0, − 12 , 0 2 0, − 12 , 0, 0 1 0, 0, , 0 2 1 0, , 0, − 12 2 0 0 1 . 2 1 2 − 12
=
¤
20
