´ ı nezavislost, ´ Vektorove´ podprostory, linearn´ ´ baze, dimenze a souˇradnice
Vektorove´ podprostory ´ ych nebo komplexn´ıch cˇ ´ısel, K mnoˇzina realn´ U vektorov´y prostor nad K. ´ ı kombinace vektoru˚ u 1 , u 2 ,. . . ,u k je vektor tvaru Linearn´ a1 u 1 + a2 u 2 + . . . ak u k , kde a1 , a2 , . . . ak ∈ K.
Definice ´ Neprazdnou podmnoˇzinu V ⊆ U nazveme vektorov´ym podprostorem prostoru U, jestliˇze (1) pro vˇsechna u, v ∈ V je u + v ∈ V , (2) pro vˇsechna a ∈ K, u ∈ V je au ∈ V .
Vlastnosti a pˇr´ıklady vektorov´ych podprostoru˚ Vlastnosti: Pk (i) u 1 , u 2 , . . . , u k ∈ V , pak i=1 ai u i ∈ V . (ii) o ∈ V . (iii) Kaˇzd´y podprostor je vektorov´y prostor. Pˇr´ıklady: ´ ı podprostory prostoru U. (1) {o} a U jsou trivialn´ (2) V = {(s + t, s, t) ∈ R3 ; t, s ∈ R} je podprostor v R3 . (3) A je matice k × n, V = {x ∈ Rn ; Ax = o} je podprostor v Rn . ´ ıc´ı poˇcatkem, ´ (4) Podprostory v R2 : {o}, pˇr´ımky prochazej´ R2 . 3 ´ ıc´ı poˇcatkem, ´ (5) Podprostory v R : {o}, pˇr´ımky prochazej´ roviny ´ ıc´ı poˇcatkem, ´ prochazej´ R3 . (6) Prunik podprostoru˚ je podprostor. ˚
´ ı obal vektoru˚ Linearn´ Definice ´ ı obal mnoˇziny vektoru˚ {u 1 , u 2 , . . . , u k } ⊂ U je mnoˇzina Linearn´ [u 1 , u 2 , . . . , u k ] = {a1 u 1 + a2 u 2 + · · · + ak u k ∈ U; a1 , a2 , . . . , ak ∈ K}. ´ Pro prazdnou mnoˇzinu [∅] = {o}.
Lemma ´ ı obal koneˇcne´ mnoˇziny vektoru˚ z U je vektorov´y podprostor. Linearn´ P ´ zˇ e u = ki=1 ai u i , Dukaz: u, v ∈ [u 1 , u 2 , . . . , u k ] znamena, ˚ Pk v = i=1 bi u i . Potom u+v =
k X
(ai + bi )u i ∈ [u 1 , u 2 , . . . , u k ],
i=1
au =
k X i=1
aai u i ∈ [u 1 , u 2 , . . . , u k ].
´ ı obal – uloha Linearn´ ´ ´ ı obal nekoneˇcne´ mnoˇziny. Je to opet ˇ vektorov´y Lze definovat linearn´ ´ ımi obaly podprostor. Prakticky budeme poˇc´ıtat jen s linearn´ koneˇcn´ych mnoˇzin. ´ eˇ kdyˇz rovnice Kdy je dan´y vektor v prvkem [u 1 , u 2 , . . . , u k ]? Prav x1 u 1 + x2 u 2 + · · · + xk u k = v ´ ych x1 , x2 , . . . , xk ma´ nejak ˇ e´ ˇreˇsen´ı. o neznam´
Pˇr´ıklad ´ ych matic 2 × 2. Je U prostor realn´ 1 2 1 2 0 2 ∈ , ? 3 4 0 1 1 1 1 2 0 2 1 2 Rovnice x1 + x2 = vede na soustavu 0 1 1 1 3 4 x1 = 1, 2x1 + 2x2 = 2, x2 = 3, x1 + x2 = 4, ktera´ nema´ ˇreˇsen´ı.
´ ı nezavislost ´ Linearn´ vektoru˚ ´ eˇ zavisl ´ ´ existuje-li k-tice Vektory u 1 , u 2 , . . . , u k ∈ U jsou linearn e, ´ zˇ e (x1 , x2 , . . . , xk ) 6= (0, 0, . . . , 0) z Kk takova, (♣)
x1 u 1 + x2 u 2 + · · · + xk u k = o.
´ ych x1 , x2 , . . . , xk ma´ netrivialn´ ´ ı Jin´ymi slovy: Rovnice (♣) o neznam´ ´ ˇreˇsen´ı. (= nenulove)
Pˇr´ıklad ´ eˇ u 1 = (1, 2, 1), u 2 = (1, −1, 1), u 3 = (3, 0, 3) ∈ R3 jsou linearn ´ ´ neboˇt 1 · u 1 + 2 · u 2 + (−1) · u 3 = o. zavisl e,
Definice ´ eˇ nezavisl ´ ´ jestliˇze rovnice Vektory u 1 , u 2 , . . . , u k ∈ U jsou linearn e, ´ ı ˇreˇsen´ı x1 = x2 = · · · = xk = 0. (♣) ma´ pouze trivialn´ Jinak: x1 u 1 + x2 u 2 + · · · + xk u k = o ⇒ x1 = x2 = · · · = xk = 0.
´ ı zavislost ´ Jak si pˇredstavit linearn´ Lemma ´ eˇ zavisl ´ ´ prav ´ eˇ kdyˇz lze jeden Vektory u 1 , u 2 , . . . , u k ∈ U jsou linearn e, ´ rit jako linearn´ ´ ı kombinaci ostatn´ıch z nich vyjadˇ u j = a1 u 1 + · · · + aj−1 u j−1 + aj+1 u j+1 + . . . ak u k . Dukaz: ⇐ Nechˇt u 1 = a2 u 2 + · · · + ak u k . Potom ˚ (−1)u 1 + a2 u 2 + · · · + ak u k = o a koeficient u u 1 je nenulov´y. ´ eˇ zavisl ´ ´ Pak ⇒ Nechˇt u 1 , u 2 , . . . , u k jsou linearn e. x1 u 1 + x2 u 2 + · · · + xk u k = o ˇ a nekter´ y koeficient je ruzn´ ˚ y od 0, napˇr. x1 . Proto x1 u 1 =
k X i=2
(−xi )u i ⇒ u 1 =
k X i=2
(−
xi )u i . x1
Geometricka´ pˇredstava I I
I
´ eˇ nezavisl´ ´ ´ eˇ kdyˇz u 1 6= o. Jedin´y vektor u 1 je linearn y, prav ´ eˇ nezavisle, ´ prav ´ eˇ kdyˇz jeden Dva vektory u 1 , u 2 jsou linearn ´ ´ nen´ı nasobkem druheho. ´ Geometricka´ pˇredstava v R3 : Dva lin. nezavisl e´ vektory u 1 , u 2 ´ rovineˇ je s nimi urˇcuj´ı rovinu. Kaˇzd´y vektor u 3 leˇz´ıc´ı v teto ´ eˇ zavisl´ ´ ´ rovineˇ je s nimi lin. linearn y. Kaˇzd´y vektor neleˇz´ıc´ı v teto ´ nezavisl´ y.
Pˇr´ıklad ˇ zda vektory u 1 = (1, 2, 1, 0)T , u 2 = (1, 1, −1, 2)T , Zjistete, ´ eˇ zavisl ´ ´ u 3 = (1, 0, 1, 1)T ∈ R4 jsou linearn e. Rovnice x1 (1, 2, 1, 0)T + x2 (1, 1, −1, 2)T + x3 (1, 0, 1, 1)T = (0, 0, 0, 0) ´ a´ homogenn´ı soustavu dav x1 2x1
+ +
x2 x2 2x2
+ x3 + x3
= 0 = 0 = 0
´ koneˇcnedimenzion ˇ ´ ıho prostoru Baze aln´ Vektory u 1 , u 2 , . . . , u n generuj´ı prostor U, jestliˇze [u 1 , u 2 , . . . , u n ] = U. ´ jako linearn´ ´ ı kombinaci Jin´ymi slovy: kaˇzd´y vektor u ∈ U lze psat u = a1 u 1 + a2 u 2 + · · · + an u n . ˇ ´ ı, jestliˇze je Vektorov´y prostor se naz´yva´ koneˇcnedimenzion aln´ ´ nejakou ˇ generovan koneˇcnou mnoˇzinou vektoru. ˚
Definice ´ koneˇcnedimenzion ˇ ´ ıho prostoru U je posloupnost vektoru˚ Baze aln´ ´ zˇ e (u 1 , u 2 , . . . , u n ) takova, (1) vektory u 1 , u 2 , . . . , u n generuj´ı U, ´ eˇ nezavisl ´ ´ (2) vektory u 1 , u 2 , . . . , u n jsou linearn e.
Pˇr´ıklady
´ R3 e 1 = (1, 0, 0)T , e 2 = (0, 1, 0)T , e 3 = (0, 0, 1)T je baze ˇ ıkame ´ R3 . R´ j´ı standardn´ı. ´ u 1 = (1, 0, 1)T , u 2 = (0, 1, 1), u 3 = (0, 0, 1) je jina´ baze R3 . ´ ych polynomu˚ v promenn ˇ e´ x stupneˇ ≤ 3. R3 [x] prostor realn´ ´ (1, x, x 2 , x 3 ). Ma´ bazi ´ ych funkc´ı na intervalu [0, 1] nen´ı C[0, 1] prostor spojit´ych realn´ ˇ ´ ı prostor. koneˇcnedimenzion aln´ ´ ˇ ´ ı prostor Naˇs´ı snahou bude dokazat, zˇ e kaˇzd´y koneˇcnedimenzion aln´ ´ a zˇ e kaˇzde´ dveˇ baze ´ takoveho ´ ma´ bazi prostoru maj´ı stejn´y poˇcet prvku. ˚
ˇ linearn ´ eˇ nezavisl´ ´ ´ u˚ V´yber ych generator
ˇ Veta ´ eˇ nezavisl ´ Nechˇt vektory v 1 , v 2 , . . . , v k ∈ U jsou linearn e´ a nechˇt ´ Potom lze z druheho ´ vektory u 1 , u 2 , . . . , u l ∈ U jsou libovolne. seznamu vektoru˚ vybrat vektory u i1 , u i2 , . . . , u ir tak, zˇ e ´ eˇ nezavisl ´ ´ (1) vektory v 1 , v 2 , . . . , v k , u i1 , u i2 , . . . , u ir jsou linearn e, (2) [v 1 , v 2 , . . . , v k , u i1 , u i2 , . . . , u ir ] = [v 1 , v 2 , . . . , v k , u 1 , u 2 , . . . , u l ].
Dusledek ˚ ˇ ´ ım prostoru U lze kaˇzd´y seznam linearn ´ eˇ V koneˇcnedimenzion aln´ ´ ´ Specialn ´ e, ˇ v U existuje baze. ´ nezavisl´ ych vektoru˚ doplnit na bazi.
Dukazy ˚ ´ eˇ nezavisl ´ ´ Dukaz dusledku: v 1 , v 2 , . . . , v k linearn e. ˚ ˚ U ma´ koneˇcnou dimenzi, tedy existuj´ı u 1 , u 2 , . . . , u l [u 1 , u 2 , . . . , u l ] = U. ˇ lze vybrat indexy i1 , i2 , . . . , ir tak, zˇ e vektory Podle pˇredchoz´ı vety ´ eˇ nezavisl ´ v 1 , v 2 , . . . , v k , u i1 , u i2 , . . . , u ir jsou linearn e´ a [v 1 , v 2 , . . . , v k , u i1 , u i2 , . . . , u ir ] = [v 1 , v 2 , . . . , v k , u 1 , u 2 , . . . , u l ] ⊇ [u 1 , u 2 , . . . , u l ]] = U. ´ prostoru U. Tedy v 1 , v 2 , . . . , v k , u i1 , u i2 , . . . , u ir tvoˇr´ı bazi ´ eˇ seznam vektoru˚ v muˇ ´ ´ lze vybrat ze Specialn y a bazi ˚ ze b´yt prazdn´ ´ u. seznamu generator ˚ ˇ se provad´ ´ ı indukc´ı podle cˇ ´ısla n, tj. poˇctu vektoru˚ u. Dukaz vety ˚
ˇ v Kn Algoritmus pro pˇredchoz´ı vetu ˇ Mejme vektory u 1 , u 2 , . . . , u l ∈ Kn . Chceme z nich vybrat seznam ´ eˇ nezavisl´ ´ ´ ım obalem: linearn ych vektoru˚ se stejn´ym linearn´ [u i1 , u i2 , . . . , u ir ] = [u 1 , u 2 , . . . , u l ]. Algoritmus: Zap´ısˇ eme vektory u 1 , u 2 , . . . , u l jako sloupce matice. ´ ´ matice na schodovit´y tvar. V nem ˇ Provedeme ˇradkov e´ upravy teto ´ ˇ ´ urˇc´ıme sloupce i1 , i2 , . . . , ir , v nichˇz leˇz´ı vedouc´ı koeficient nekter eho ˇradku. ´ Vektory u i1 , u i2 , . . . , u ir maj´ı v´ysˇ e poˇzadovanou vlastnost. Pˇr´ıklad:
u1
u2
u3
1 • 0 2 u4 ; 0 0 0 0
Hledane´ vektory jsou u 1 , u 2 , u 4 .
• • • • 0 1 0 0
ˇ ı algoritmu na pˇr´ıkladu Zduvodn en´ ˚
u1
u2
u3
1 • 0 2 u4 ; 0 0 0 0
• • • • 0 1 0 0
´ ´ neboˇt soustava x1 u 1 + x2 u 2 + x4 u 4 = o u 1 , u 2 , u 4 jsou lin. nezavisl e, ´ ı ˇreˇsen´ı. ma´ pouze trivialn´ 1 • • 0 2 • u1 u2 u4 ; 0 0 1 0 0 0 ´ ı kombinac´ı pˇredchoz´ıch vybran´ych vektoru˚ u 1 , u 2 . u 3 je linearn´ Soustava x1 u 1 + x2 u 2 = u 3 ma´ totiˇz ˇreˇsen´ı 1 • • 0 2 • u1 u2 u3 ; 0 0 0 0 0 0
ˇ Steinitzova veta
´ ˇ nam ´ umoˇzn´ı dokazat, ´ ´ prostoru U Nasleduj´ ıc´ı veta zˇ e kaˇzde´ dveˇ baze maj´ı stejn´y poˇcet vektoru. ˚
ˇ (Steinitzova) Veta Nechˇt v 1 , v 2 , . . . , v k ∈ [u 1 , u 2 , . . . , u n ] ⊆ U. Jestliˇze jsou vektory ´ eˇ nezavisl ´ ´ pak k ≤ n. v 1 , v 2 , . . . , v k linearn e, Provedeme nepˇr´ım´y dukaz. M´ısto implikace p ⇒ q, budeme ˚ dokazovat implikaci non q ⇒ non p. ´ eˇ nezavisl ´ ´ V´yrok p: ”Vektory v 1 , v 2 , . . . , v k jsou linearn e.” V´yrok q: ”k ≤ n”
ˇ – 1. cˇ ast ´ Dukaz Steinitzovy vety ˚ ´ ı kombinac´ı vektoru˚ Nechˇt k > n. Kaˇzd´y z vektoru˚ v i je linearn´ u1, u2, . . . , un , a1i a2i v i = a1i u 1 + a2i u 2 + · · · + ani u n = (u 1 , u 2 , . . . , u n ) . . . . ani Pro vˇsechny vektory to muˇ ˚ zeme zapsat takto: a11 a21 (v 1 , v 2 , . . . , v k ) = (u 1 , u 2 , . . . , u n ) . . . an1
a12 a22 ... an2
... ... ... ...
a1k a2k . . . ank
´ u˚ a k sloupcu. Matice A = (aij ) ma´ n ˇradk ˚ Uvaˇzujme homogenn´ı ´ soustavu rovnic Ax = o s neznamou x ∈ Kk .
ˇ – 2. cˇ ast ´ Dukaz Steinitzovy vety ˚ ´ u˚ (n), takˇze po uprav Matice A ma´ v´ıce sloupcu˚ (k ) neˇz ˇradk eˇ na ´ ˇ z neleˇz´ı vedouc´ı schodovit´y tvar existuje sloupec (j-t´y), v nemˇ ´ eho ´ ˇradku. ´ ´ koeficient zˇ adn Tedy pˇri ˇreˇsen´ı muˇ xj ˚ zeme neznamou ˇ napˇr´ıklad ruznou ´ ı zvolit libovolne, od 0. Tedy soustava ma´ netrivialn´ ˚ ˇreˇsen´ı (x1 , x2 , . . . , xk ) ∈ Kk . Potom
x1 x2 x1 v 1 + x2 v 2 + · · · + xk v k = (v 1 , v 2 , . . . , v k ) . . . xk = [(u 1 , u 2 , . . . , u n ) · A] x = (u 1 , u 2 , . . . , u n ) · [A · x] 0 0 = (u 1 , u 2 , . . . , u n ) . . . = o. 0 ´ eˇ zavisl ´ ´ Tedy vektory v 1 , v 2 , . . . , v k jsou linearn e.
ˇ a definice dimenze Dusledek Steinitzovy vety ˚ Dusledek ˚ ´ vektoroveho ´ Jsou-li (u 1 , u 2 , . . . , u n ) a (v 1 , v 2 , . . . , v k ) dveˇ baze prostoru U, pak n = k . Dukaz: ˚ ´ eˇ nezavisl ´ Vektory (v 1 , v 2 , . . . , v k ) jsou linearn e´ a leˇz´ı v U = [u 1 , u 2 , . . . , u n ]. Podle SV je k ≤ n. ´ eˇ nezavisl ´ Vektory (u 1 , u 2 , . . . , u n ) jsou linearn e´ a leˇz´ı v U = [v 1 , v 2 , . . . , v k ]. Podle SV je n ≤ k. Tedy k = n.
Definice ˇ ´ ı vektorov´y prostor nad K. Poˇcet Nechˇt U je koneˇcnedimenzion aln´ ˇ e´ baze ´ se naz´yva´ dimenze prostoru U nad K, oznaˇcen´ı prvku˚ nejak dimK U.
´ ıch prostoru˚ Dimenze konkretn´
´ e 1 , e 2 , . . . , e n , pˇritom dimK Kn = n Tento prostor ma´ bazi ´ m´ısteˇ 1, vˇsude e i je vektor, kter´y ma´ na i-tem jinde nuly. ´ tohoto prostoru je (1, x, x 2 , . . . , x n ). dimK Kn [x] = n + 1 Baze ´ vektoroveho ´ dimR C = 2 Baze prostoru C nad R je ˇ napˇr´ıklad tvoˇrena dvema komplexn´ımi cˇ ´ısly 1 a i. ˇ nejakou ˇ ´ dimK Matk ×n (K) = n · k Najdete bazi!
ˇ ri uˇziteˇcne´ vety ˇ o dimenzi – prvn´ı dveˇ o bazi ´ Ctyˇ ˇ Prvn´ı veta ´ eˇ nezavisl ´ ´ Nechˇt dimK U = n. Jsou-li vektory v 1 , v 2 , . . . , v n linearn e, ´ pak tvoˇr´ı bazi prostoru U. ´ eˇ nezavisl´ ´ Dukaz: Jiˇz v´ıme, zˇ e kaˇzd´y seznam linearn ych vektoru˚ lze ˚ ´ Ta bude m´ıt n prvku. doplnit na bazi. ˚ K v 1 , v 2 , . . . , v n nen´ı tedy ´ ´ y dalˇs´ı vektor. potˇreba pˇridavat zˇ adn´
ˇ Druha´ veta Nechˇt dimK U = n. Jestliˇze vektory u 1 , u 2 , . . . , u n generuj´ı U, pak ´ prostoru U. tvoˇr´ı bazi ´ eˇ nezavisl ´ Dukaz: Z dan´ych vektoru˚ u 1 , u 2 , . . . , u n lze vybrat linearn e´ ˚ ´ ım obalem. Ten je roven U. Proto vybrane´ vektory se stejn´ym linearn´ ´ Ta mus´ı m´ıt n prvku. tvoˇr´ı bazi. ˚ Je tedy tvoˇrena vˇsemi vektory u1, u2, . . . , un .
Dalˇs´ı dveˇ o podprostorech ˇ Tˇret´ı veta ˇ ´ ım vektorovem ´ Nechˇt V je podprostor v koneˇcnedimenzion aln´ prostoru U nad K. Potom ma´ V koneˇcnou dimenzi a plat´ı dimK V ≤ dimK U. ´ koneˇcn´ym Dukaz: Nechˇt dimK U = n. Kdyby V nebyl generovan ˚ poˇctem vektoru, ˚ dostaneme postupneˇ posloupnost v 1 , v 2 , . . . , v n+1 ´ ∈ V lin. nezavisl´ ych vektoru˚ ve V , tud´ızˇ i v U. To je vˇsak ve sporu se ˇ ´ Steinitzovou vetou. Tedy V je koneˇcne´ dimenze a ma´ proto bazi ´ eˇ nezavisl´ ´ v 1 , v 2 , . . . , v k . Tento seznam linearn ych vektoru˚ lze doplnit ´ prostoru U. Tedy dimK V = k ≤ n = dimK U. na bazi
ˇ ˇ Ctvrt a´ veta ˇ ´ ım vektorovem ´ Nechˇt V je podprostor v koneˇcnedimenzion aln´ prostoru U nad K. Jestliˇze dimK V = dimK U, pak V = U. ´ Dukaz: Nechˇt dimK U = n = dimK V . Nechˇt v 1 , v 2 , . . . , v n je baze ˚ ´ eˇ nezavisl ´ podprostoru V . Tyto vektory jsou linearn e´ v U, a proto ˇ tvoˇr´ı bazi ´ prostoru U. Tedy V = [v 1 , v 2 , . . . , v n ] = U. podle Prvn´ı vety
Souˇradnice vektoru ˇ Veta Nechˇt U je vektorov´y prostor koneˇcne´ dimenze. Posloupnost vektoru˚ ´ prostoru U, prav ´ eˇ kdyˇz kaˇzd´y vektor u ∈ U lze u 1 , u 2 , . . . , u n je baze ´ prav ´ eˇ jedn´ım zpusobem psat ve tvaru ˚ (♠)
u = a1 u 1 + a2 u 2 + · · · + an u n .
Dukaz provedeme na tabuli. ˚
Definice ´ prostoru U. Kaˇzd´y vektor u ∈ U Nechˇt α = (u 1 , u 2 , . . . , u n ) je baze ´ ´ lze psat ve tvaru (♠). n-tici koeficientu˚ (a1 , a2 , . . . , an ) naz´yvame ´ souˇradnice vektoru u v bazi α a zapisujeme ve tvaru sloupce a1 a1 a2 a2 n (u)α = u = (u 1 , u 2 , . . . , u n ) . . . ∈ K , . . . . an an
Pˇr´ıklady Pˇr´ıklad ´ prostoru polynomu˚ R2 [x]. Polynom α = (1, x − 1, (x − 1)2 je baze ´ bazi ´ souˇradnice x 2 + x − 1 ma´ v teto 1 (x 2 + x − 1)α = 3 , 1 neboˇt x 2 + x − 1 = 1 · 1 + 3 · (x − 1) + 1 · (x − 1)2 .
Pˇr´ıklad ´ ε = (e 1 , e 2 , . . . , e n ) vektoroveho ´ Bazi prostoru Kn naz´yvame standardn´ı baz´ı. Pro kaˇzd´y vektor x ∈ Kn plat´ı x1 x1 x2 x2 x = (x)ε = . . . = x1 e 1 + x2 e 2 + · · · + xn e n , . . . . xn xn
Pˇriˇrazen´ı souˇradnic jako zobrazen´ı
´ α v prostoru U nad K dimenze n definuje zobrazen´ı Kaˇzda´ baze ´ α. Toto ( )α : U → Kn , ktere´ vektoru pˇriˇrazuje jeho souˇradnice v bazi zobrazen´ı je bijekce a nav´ıc plat´ı (u + v)α = (u)α + (v)α , (au)α = a(u)α . Dukaz je jednoduch´y dusledek definice souˇradnic. ˚ ˚
Prunik a souˇcet podprostoru˚ ˚ ˇ Veta ´ ˇ Prunik libovolneho poˇctu vektorov´ych podprostoru˚ prostoru U je opet ˚ podporostor v U. Pozor! Sjednocen´ı vektorov´ych podprostoru˚ nen´ı obecneˇ vektorov´y ˇ pˇr´ıklad! podprostor. Najdete ´ ı algebˇre se souˇctem M´ısto sjednocen´ı pracujeme v linearn´ podprostoru. ˚
Definice Nechˇt V , W a Vi jsou vektorove´ podprostory v U. Definujeme V + W = {v + w ∈ U; v ∈ V , w ∈ W }, V1 + V2 + · · · + Vk = {v 1 + v 2 + · · · + v k ∈ U; v i ∈ Vi }.
ˇ Veta ˇ podprostor. Souˇcet vektorov´ych podprostoru˚ je opet
Direktn´ı souˇcet Pˇr´ıklad U = R4 , V = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 ; x1 + x2 + x3 + x4 = 0}, W = {(0, y2 , 0, y4 ) ∈ R4 }. Potom V + W = R4 , neboˇt (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 , x2 , x3 , −x1 − x2 − x3 ) + (0, 0, 0, x1 + x2 + x3 + x4 ) ∈ V + W.
Definice Souˇcet podprostoru˚ V + W se naz´yva´ direktn´ı, jesliˇze V ∩ W = {o}. Direktn´ı souˇcet zapisujeme V ⊕ W . Souˇcet v pˇr´ıkladu nen´ı direktn´ı, neboˇt (0, 1, 0, −1) ∈ V ∩ W .
ˇ Veta ´ eˇ kdyˇz kaˇzd´y vektor Souˇcet podprostoru˚ V + W je direktn´ı, prav ´ ve tvaru u = v + w , v ∈ V , w ∈ W , prav ´ eˇ jedn´ım u ∈ V + W lze psat zpusobem. ˚
ˇ o dimenzi souˇctu a pruniku Veta ˚ ˇ Pˇredchoz´ı tvrzen´ı umoˇznuje definovat direktn´ı souˇcet v´ıce podprostoru˚ takto:
Definice Nechˇt k ≥ 2. Souˇcet podprostoru˚ V1 + V2 + · · · + Vk je direktn´ı, ´ ve tvaru jestliˇze kaˇzd´y vektor u ∈ V1 + V2 + · · · + Vk lze psat ´ eˇ jedn´ım zpusobem. u = v 1 + v 2 + · · · + v k , v i ∈ Vi , prav ˚
Pˇr´ıklad Nechˇt V = [v 1 , v 2 , . . . , v k ], W = [w 1 , w 2 , . . . , w l ]. Potom V + W = [v 1 , v 2 , . . . , v k , w 1 , w 2 , . . . , w l ]. Kaˇzd´y vektor z V + W je totiˇz souˇcet
Pk
i=1
ai u i +
Pl
j=1
bj wj .
ˇ Veta ´ prostoru U koneˇcne´ Nechˇt V a W jsou podprostory ve vektorovem dimenze nad K. Potom dimK V + dimK U = dimK (V ∩ U) + dimK (V + W ).
