Pˇ r´ıklad 1. Urˇcete vˇsechna ˇreˇsen´ı n´asleduj´ıc´ı soustavy rovnic nad Z2 : 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 ˇ sen´ı. Gaussovou eliminac´ı pˇrevedeme zadanou soustavu na ekvivalentn´ı sousReˇ tavu v odstupˇ novan´em tvaru: 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 ∼ 0 0 1 0 0 1 1 ∼ 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 ∼ 0 0 1 0 0 1 1 ∼ 0 0 1 0 0 1 1 . 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 Oznaˇc´ıme promˇenn´e poˇradˇe x1 , . . . , x6 . Parametry jsou x1 , x4 , x6 . Spoˇcteme partikul´ arn´ı ˇreˇsen´ı, dosad´ıme napˇr´ıklad x1 = x4 = x6 = 0. Vyjde (0, 1, 1, 0, 1, 0). B´ azi prostoru ˇreˇsen´ı pˇr´ısluˇsn´e homogenn´ı soustavy spoˇc´ıt´ame volbami x1 = x4 = 0, x6 = 1 (vyjde (0, 1, 1, 0, 1, 1)), x1 = x6 = 0, x4 = 1 (vyjde (0, 1, 0, 1, 0, 0)) a x4 = x6 = 0, x1 = 1 (vyjde (1, 0, 0, 0, 0, 0)). B´aze prostoru ˇreˇsen´ı pˇr´ısluˇsn´e homogenn´ı soustavy je tedy napˇr. {(0, 1, 1, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0, 0, 0)}. Mnoˇzina vˇsech ˇreˇsen´ı je (0, 1, 1, 0, 1, 0) + h(0, 1, 1, 0, 1, 1), (0, 1, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0, 0, 0)i. Pozn´ amky. • I kdyˇz promˇenn´ a x1 nehraje v ˇreˇsen´ı velkou roli, nelze ji ignorovat. To, ˇze koeficient u x1 je v kaˇzd´e rovnici 0, se projevuje t´ım, ˇze vektor (1, 0, 0, 0, 0, 0) je ˇreˇsen´ım pˇr´ısluˇsn´e homogenn´ı soustavy. Pˇ r´ıklad 2. V z´ avislosti na a, b ∈ Z3 urˇcete dimenzi podprostoru U vektorov´eho prostoru Z33 , kde U = h{(a, 1, 2), (1, b, 2), (1 + a2 , 2, 1)}i ˇ sen´ı. Hledan´ Reˇ a dimenze je (podle definice) a 1 1 b A= 1 + a2 2
rovna hodnosti matice 2 2 1
Hodnost matice se nemˇen´ı ˇra´dkov´ ymi ani sloupcov´ ymi u ´pravami. Pˇripomeˇ nme, ˇze hodnost matice v odstupˇ novan´em tvaru je rovna poˇctu nenulov´ ych ˇr´adk˚ u. 1
Nejprve uprav´ıme A do jednoduˇsˇs´ıho tvaru (kter´ y nebude vˇzdy odstupˇ novan´ y): 2 1 a 1 2 1 + a2 1 2 1 + a2 ∼ 2 b ∼ 0 b+2 1 1 2 + a2 = B. A∼ 2 b 2 1 2 1+a 2 1 a 0 0 1 + a + a2 (V prvn´ı u ´pravˇe jsme pˇreh´ azeli sloupce, v druh´e ˇr´adky a ve tˇret´ı jsme prvn´ı ˇr´ adek pˇriˇcetli k ostatn´ım.) Dosazen´ım a = 0, 1, 2 zjist´ıme, ˇze 1 + a + a2 = 0 pr´ avˇe tehdy, kdyˇz a = 1. Pokud b + 2 6= 0 a 1 + a + a2 6= 0, pak je matice v odstupˇ novan´em tvaru a m´ a tˇri nenulov´e ˇr´adky, hodnost je tedy 3. Podm´ınky nast´ avaj´ı pr´ avˇe tehdy, kdyˇz b 6= 1 a a 6= 1 (viz v´ yˇse). Pokud a = 1, pak matice B m´a tvar 1 2 2 B = 0 b + 2 0 . 0 0 0 Tato matice je v odstupˇ novan´em tvaru nez´avisle na b. Pokud b = 1, pak m´ame jeden nenulov´ y ˇr´ adek (a tedy hodnost je 1). Pokud b 6= 1, pak m´ame dva nenulov´e ˇr´ adky (hodnost je 2). Zb´ yv´ a moˇznost a 6= 1, b = 1. Matice B vypad´a takto 1 2 1 + a2 0 0 2 + a2 0 0 1 + a + a2 Tato matice nen´ı v odstupˇ novan´em tvaru! Protoˇze 1 + a + a2 6= 0, lze matici ˇr´ adkov´ ymi u ´pravami pˇrev´est na 1 2 1 + a2 0 0 1 0 0 0 (rozmyslete si proˇc!) a hodnost je tedy 2. Pokud a = b = 1, pak dimenze U je 1; pokud a = 1 a b 6= 1, pak dimenze U je 2; pokud a 6= 1 a b = 1, pak dimenze U je 2; pokud a 6= 1 a b = 6 1, pak dimenze U je 3. Pozn´ amky. ˇ • Rada z v´ as si neuvˇedomila, ˇze je moˇzn´e prov´adˇet i sloupcov´e u ´pravy, takˇze pˇrevod na odstupˇ novan´ y tvar byl komplikovanˇejˇs´ı. • Nˇekteˇr´ı zjiˇsˇtovali hodnost tak, ˇze dosadili vˇsechny moˇzn´e kombinace hodnot parametr˚ u (9). To je v tomto pˇr´ıpadˇe vcelku ˇcasovˇe nen´aroˇcn´e. Je to 2 +1+2ab . rozhodnˇe lepˇs´ı, neˇz pracovat s v´ yrazy typu 2aab+2b+2 ˇ • Castou chybou bylo dˇelen´ım v´ yrazem z´avisej´ıc´ım na parametrech aniˇz byste zkontrolovali, ˇze nedˇel´ıte nulou. 2
• Velmi ˇcastou chybou bylo uˇzit´ı “tvrzen´ı” 1 2 X= 0 a 0 0
n´asleduj´ıc´ıho typu: Matice 3 b c
je v odstupˇ novan´em tvaru, tedy jej´ı hodnost je poˇcet nenulov´ ych ˇr´adk˚ u. Toto nen´ı pravda! Matice X nemus´ı b´ yt v odstupˇ novan´ em tvaru! Napˇr. pokud a = 0, b, c 6= 0, matice X v odstupˇ novan´em tvaru nen´ı (a jej´ı hodnost je 2). Pˇ r´ıklad 3. Uvaˇzujme n´ asleduj´ıc´ı matici nad Z5 1 2 3 A = 4 1 2 . 3 3 3 (a) (4 body) Spoˇc´ıtejte A−1 (pokud existuje) (b) (1 bod) Pomoc´ı v´ ysledku v (a) najdˇete matic´ı 1 2 3 4 1 2 3 3 3
vˇsechna ˇreˇsen´ı soustavy rovnic s 2 1 1
ˇ sen´ı. Reˇ ˇ adkov´ (a) R´ ymi u ´pravami pˇrevedeme matici (A|E) na tvar (E|A−1 ): 1 2 3 1 0 0 1 2 3 1 0 0 4 1 2 0 1 0 ∼ 0 3 0 1 1 0 ∼ 3 3 3 0 0 1 0 2 4 2 0 1 1 0 3 2 1 0 1 0 0 1 4 3 ∼ 0 3 0 1 1 0 ∼ 0 3 0 1 1 0 ∼ 0 0 4 3 1 1 0 0 4 3 1 1 1 0 0 1 4 3 ∼ 0 1 0 2 2 0 . 0 0 1 2 4 4 (V prvn´ı u ´pravˇe jsme 1. ˇr´adek pˇriˇcetli k 2. a dvojn´asobek 1. ˇr´adku pˇriˇcetli k 3.; v druh´e u ´pravˇe jsme 2. ˇr´adek pˇriˇcetli k 1. a 3.; ve tˇret´ı u ´pravˇe jsme trojn´ asobek tˇret´ıho ˇr´ adku pˇriˇcetli k 1.; v posledn´ı u ´pravˇe jsme 2. ˇr´adek vyn´ asobili dvˇemi a 3. ˇr´adek ˇctyˇrmi.) Takˇze 1 4 3 A−1 = 2 2 0 . 2 4 4 3
(b) Hled´ ame vˇsechna ˇreˇsen´ı rovnice AxT = bT , kde b = (2, 1, 1). Vyn´asoben´ım zleva matic´ı A−1 dostaneme po u ´pravˇe xT = A−1 bT . Tato rovnice je ekvivalentn´ı p˚ uvodn´ı (napˇr. proto, ˇze vyn´asoben´ım matic´ı A zleva dostaneme p˚ uvodn´ı rovnici). Dan´ a soustava m´a tedy jedin´e ˇreˇsen´ı x, kde 1 4 3 2 4 xT = A−1 bT = 2 2 0 1 = 1 . 2 4 4 1 2 Jedin´ ym ˇreˇsen´ım soustavy je x = (4, 1, 2). Pˇ r´ıklad 4. Uvaˇzujme n´ asleduj´ıc´ı dvˇe permutace π, ρ ∈ S10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 π: 4 5 3 10 9 8 1 6 2 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ρ: 2 10 4 9 6 8 7 5 3 1 (a) (1 body) Napiˇste permutace π, ρ, πρ a π −1 ρ−1 v z´apisu pomoc´ı nez´avisl´ ych cykl˚ u. (b) (1 bod) Urˇcete znam´enka permutac´ı π, ρ, πρ a π 50 ρ121 π 13 ρ4 . (c) (2 body) Spoˇc´ıtejte π 100 . ˇ sen´ı. Reˇ (a) π ρ πρ π −1 ρ−1
= = = =
(1 (1 (1 (1
4 2 5 4
10 7)(2 5 9)(6 8) 10)(3 4 9)(5 6 8) 8 9 3 10 4 2 7) 3 5 6 2 7 10 9)
(b) Permutace je sud´ a pr´ avˇe tehdy, kdyˇz m´a sud´ y poˇcet nez´avisl´ ych cykl˚ u sud´e d´elky. Permutace π m´a dva cykly sud´e d´elky, permutace ρ ˇz´adn´ y, tedy obˇe permutace jsou sud´e, sgn(π) = sgn(ρ) = 1. Protoˇze sgn(αβ) = sgn(α)sgn(β) (pro libovoln´e permutace α, β), m´ame sgn(πρ) = sgn(π)sgn(ρ) = 1 a sgn(π 50 ρ121 π 13 ρ4 ) = sgn(π)50 sgn(ρ)121 sgn(π)13 sgn(ρ)4 = 1. Vˇsechny ˇctyˇri zadan´e permutace jsou sud´e.
4
(c) Pokud α, β jsou nez´ avisl´e cykly, pak zˇrejmˇe (αβ)n = αn β n pro libovoln´e cel´e ˇc´ıslo n. Pokud α je cyklus d´elky k, pak αk = id z ˇcehoˇz snadno plyne, ˇze αn = αn mod k . π 100 = [(1 4 10 7)(2 5 9)(6 8)]100 = (1 4 10 7)100 (2 5 9)100 (6 8)100 = = (1 4 10 7)100
mod 4
(2 5 9)100
0
1
mod 3
(6 8)100
mod 2
=
0
= (1 4 10 7) (2 5 9) (6 8) = (2 5 9) ˇ na nˇekterou z n´asleduj´ıch´ıch ot´azek znamen´a nepochopen´ı Chybn´ a odpovˇed nˇejak´e z´ asadn´ı definice nebo trvrzen´ı. Proto v´am doporuˇcuji si odpovˇedi d˚ ukladnˇe promyslet. Pˇ r´ıklad 5. • ANO NE Mnoˇzina {(1, 6, 10), (3, 1, 5), (2, 2, 2), (1, 3, 4)} je line´arnˇe nez´ avisl´ a v R3 . • ANO NE Mnoˇzina {(2, 1, 2, 1, 1), (1, 1, 0, 1, 2), (2, 1, 0, 1, 2), (0, 0, 1, 1, 1)} generuje Z53 . • ANO NE Nechˇt U = h(1, 2, 3), (1, 1, 1)i ≤ R3 . Prostor U m´a dimenzi 2. ˇ sen´ı. Reˇ • NE. “Vektor˚ u je moc”: Kaˇzd´a line´arnˇe nez´avisl´a mnoˇzina se d´a doplnit na b´ azi. Kaˇzd´ a b´ aze R3 je tˇr´ıprvkov´a. • NE. “Vektor˚ u je m´ alo”: Z libovoln´e mnoˇziny gener´ator˚ u lze vybrat b´azi. Kaˇzd´ a b´ aze Z5 m´ a pˇet prvk˚ u. • ANO. Mnoˇzina M = {(1, 2, 3), (1, 1, 1)} zˇrejmˇe generuje U . Snadno nahl´edneme, ˇze M je line´ arnˇe nez´ avisl´a. M je proto b´aze U a tedy dimenze U (=poˇcet prvk˚ u libovoln´e b´ aze U ) je 2. Pˇ r´ıklad 6. • ANO NE Existuje soustava rovnic nad R, kter´a m´a pr´avˇe osm ˇreˇsen´ı. • ANO NE Pro libovoln´e podprostory U a V prostoru R7 , mnoˇzina U ∪ V je podprostorem R7 . • ANO NE Nechˇt U a V jsou podprostory prostoru R7 a dim U = dim V = 5. Pak U = V . • Zde doˇslo k nepˇresnosti v zad´an´ı. Mˇelo b´ yt “soustava line´arn´ıch rovnic”. ˇ ANO. Pro Pro obecnou soustavu rovnic (ne nutnˇe line´arn´ıch) je odpovˇed ˇ soustavu line´ arn´ıch rovnic je odpovˇed NE: Mnoˇzina vˇsech ˇreˇsen´ı soustavy lin. rovnic je tvaru “ partikul´arn´ı ˇreˇsen´ı + vˇsechna ˇreˇsen´ı pˇr´ısluˇsn´e homogenn´ı soustavy ”. Poˇcet ˇreˇsen´ı je tedy roven poˇctu ˇreˇsen´ı pˇr´ısluˇsn´e homogenn´ı soustavy. Mnoˇzina v ˇˇsech ˇreˇsen´ı homogenn´ı soustavy lin. rovnic 5
nad R je podprostorem Rn (kde n je poˇcet promˇenn´ ych). Velikost liˇ 1 (v pˇr´ıpadˇe, ˇze bovoln´eho podprostoru vektorov´eho prostoru Rn je bud podprostor obsahuje pouze nulov´ y vektor), nebo je nekoneˇcn´a – pokud podprostor obsahuje nenulov´ y vektor v, pak i celou pˇr´ımku {rv : r ∈ R}. • NE. Napˇr´ıklad dva r˚ uzn´e jednodimenzion´aln´ı podprostory. Jejich sjednocen´ı (dvˇe pˇr´ımky) nen´ı uzavˇren´e na sˇc´ıt´an´ı. • NE. Napˇr. U = hv1 , v2 , . . . , v5 i, V = hv2 , . . . , v6 i, kde {v1 , . . . , v6 } je libovoln´ a line´ arnˇe nez´ avisl´a mnoˇzina vektor˚ u. Pˇ r´ıklad 7. • ANO NE • ANO NE a A · B = 0. • ANO NE (A · B) · A
Existuj´ı matice A, B typu 2 × 2 nad R, pro kter´e A · B 6= B · A. Existuj´ı matice A, B typu 2 × 2 nad R, pro kter´e A 6= 0, B 6= 0 Existuj´ı matice A, B typu 2 × 2 nad R, pro kter´e A · (B · A) 6=
ˇ sen´ı. Reˇ • ANO. Pˇr´ıkladem je t´emˇeˇr libovoln´a dvojice matic. 6 0 0 0 • ANO. Napˇr. A = ,B= . 9 0 5 8 • NE. N´ asoben´ı matic je asociativn´ı. Pˇ r´ıklad 8. • ANO NE Jednotkov´a matice typu 4 × 4 nad Z11 je regul´arn´ı • ANO NE Matice typu 4 × 4 nad R je regul´arn´ı pr´avˇe tehdy, kdyˇz kaˇzd´a dvojice jej´ıch ˇr´ adk˚ u je line´ arnˇe nez´avisl´a. • ANO NE Matice typu 2 × 2 nad R je regul´arn´ı pr´avˇe tehdy, kdyˇz ˇr´adky jsou line´ arnˇe nez´ avisl´e. ˇ sen´ı. Reˇ • ANO. Plyne z libovoln´e definice regul´arnosti. • NE. Napˇr. pokud ˇr´ adky matice jsou (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (1, 1, 0, 0). Viz t´eˇz posledn´ı pozn´ amka k ˇreˇsen´ı druh´eho dom´ac´ıho u ´kolu. • ANO. To je jedna z definic regul´arnosti. Pˇ r´ıklad 9. • ANO NE Pro libovolnou permutaci π ∈ S10 plat´ı: Pokud π 2 = id, pak π je transpozice. 6
• ANO NE Pro libovoln´e permutace π, ρ ∈ S10 existuje pr´avˇe jedno ν ∈ S10 , pro kter´e π ◦ ν = ρ. • ANO NE Pro libovolnou permutaci π ∈ S10 plat´ı: Pokud π 3 = id, pak π je sud´ a. ˇ sen´ı. Reˇ • NE. Napˇr. π = (1 2)(3 4) • ANO. Vyn´ asoben´ım rovnice permutac´ı π −1 zleva dostaneme ν = π −1 ρ a toto ν zˇrejmˇe rovnost splˇ nuje. • ANO. 1 = sgn(id) = sgn(π 3 ) = (sgn(π))3 , ˇcili nutnˇe sgn(π) = 1.
7
