Řešené úlohy z Úvodu do algebry 1

Transkript

1 Řešené úlohy z Úvodu do algebry 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 POLYNOMY PŘÍKLAD : Polynom P (x = x +x 9 +x 8 65x 5x 5 rozložte v reálném oboru na součin dále nerozložitelných činitelů, víte-li, že jedním z kořenů tohoto polynomu je číslo x = + j Řešení: Protože polynom P (x má reálné koeficienty, musí být jeho kořenem také číslo x = x = j Tedy P (x = (x + j(x + + j Q(x = (x + x + Q(x, kde Q(x je polynom osmého stupně s reálnými koeficienty Dělením polynomu P (x polynomem x + x + dostaneme Q(x = x 8 65 (Uveďte postup dělení! Rozklad polynomu Q(x: x 8 65 = (x 4 5(x = (x 5(x + 5(x 4 + x x + 5 = (x 5(x + 5 ((x + 5 x = (x 5(x + 5(x + 5(x x + 5(x + x + 5 Dále v reálném oboru rozkládat nelze, neboť kvadratické činitele nemají reálné kořeny Hledaný rozklad polynomu P (x tedy je: P (x = (x + x + (x 5(x + 5(x + 5(x x + 5(x + x + 5 PŘÍKLAD : Najděte kořeny polynomu P (x = x 8x 9 + 7x 8 48x x 6 + 8x 5 3x 4 + 4x 3 5x a určete jejich násobnost, víte-li, že číslo x = 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 = x Q(x Číslo x není kořenem polynomu x, a tedy musí být kořenem polynomu Q(x (násobnost se nemění Protože polynom Q(x má reálné koeficienty, je jeho kořenem také číslo x = + j (násobnost je stejná jako u x Máme tedy Q(x = (x + j k (x j k R(x = (x 4x + 5 k R(x, kde polynom R(x již nemá kořeny ± j Několikerým dělením polynomu Q(x polynomem x 4x + 5 (postup dělení uveďte! zjistíme, že k = a R(x = x 4 + x 6 (Proces dělení si můžeme zjednodušit, jestliže využijeme toho, že x je vícenásobný kořen V prvním dělení pak můžeme polynom Q(x dělit rovnou polynomem (x 4x + 5 = x 4 8x 3 + 6x 4x + 5 Zbývá rozložit polynom R(x: R(x = x 4 + x 6 = (x + 3(x = (x 3j(x + 3j(x (x + Polynom P (x má tedy tři dvojnásobné kořeny, j, + j a čtyři jednoduché kořeny 3j, 3j,, (Za uvedení kořenů s násobnostmi lze považavot též zápis: x, = j; x 3,4 = + j; x 5,6 = ; x 7 = 3j; x 8 = 3j; x 9 = ; x = Tento materiál byl původně určen studentům FEL ČVUT, kterým jsem ve školních letech 999/ /3 přednášela předmět Úvod do algebry Tomu také odpovídají úvodní poznámka a kurzívou psané komentáře

2 LINEÁRNÍ PROSTORY PŘÍKLAD : V lineárním prostoru L jsou dány lineárně nezávislé vektory u, v, w Určete, zda jsou lineárně závislé nebo nezávislé vektory: a a = u + 3 v w, b = 3 u + v + 4 w, c = u v + 3 w, b a = u + 3 v w, b = 3 u + v + 4 w, c = u v 3 w Řešení: a Máme určit, zda z rovnosti α a + β b + γ c = o vyplývá α = β = γ = Nechť tedy čísla α, β, γ splňují uvedenou rovnost Potom o = α( u + 3 v w + β( 3 u + v + 4 w + γ( u v + 3 w = = (α 3β + γ u + (3α + β γ v + ( α + 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 =, 3α + β γ =, α + 4β + 3γ = Koeficienty této homogenní soustavy zapíšeme do matice a matici upravujeme pomocí Gaussovy eliminační metody Dostáváme:, 3,, 3,, 3,, 3, 3,,,, 5,,,,, 4, 3,, 5,, 5,, 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 = 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 = Nechť tedy čísla α, β, γ splňují uvedenou rovnost Potom o = α( u + 3 v w + β( 3 u + v + 4 w + γ( u v w = = (α 3β + γ u + (3α + β γ v + ( α + 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:, 3, 3,,, 4,, 3,,, 5,,, 3,,,,, (Napište, jaké úpravy s maticí provádíte! Hodnost matice soustavy je 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 = ( abychom se vyhnuli zlomkům; jinak můžeme volit jakkoliv kromě nuly Potom z druhé

3 rovnice máme β =, tj β =, a z první rovnice α 3 + =, tj α = Platí tedy a + b + 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 : V a W jsou podprostory lineárního prostoru R 3 Určete bázi a dimenzi prostorů V, W, V W a V W, víte-li, že V = (, 3,, (,, 3, (, 4,, W = (, 4, 3, (,, 4, (,,, ( 3,, 9 Řešení: Prostor V: Vektory generující V napíšeme jako řádky matice Hodnost takto vzniklé matice bude rovna dimenzi podprostoru V Upravujeme:, 3,,, 3, 4,, 3,, 5, 5,, (, 3,,, Hodnost matice je, a tedy také dimv = Jedna z bazí prostoru V je { (, 3,, (,, } 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:, 4, 3,, 4,, 3,, 9, 4, 3,,,, 5 Hodnost matice je 3, a tedy také dimw = 3 Jedna z bazí prostoru W je { (, 4, 3, (,,, (,, 5 } Spojení prostorů V a W: možnost (ne příliš vhodná: Vektory generující (podprostory V a W napíšeme jako řádky matice Hodnost takto vzniklé matice bude rovna dimenzi V W Upravujeme:, 3,,, 3, 4,, 4, 3,, 4,, 3,, 9, 3,, 5, 5,,, 7,, 5, 5,,,,, 3,,,,, Hodnost matice je 3, a tedy také dim V W = 3 Jedna z bazí prostoru V W je { (, 3,, (,,, (,, } možnost (vhodná v obecném případě: Vektory bazí podprostorů V a W generující V W 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 V W Upravujeme:, 3,,,, 4, 3,,,, 5, 3,,,,,,,,, 5 3, 3,,,,,

4 Hodnost matice je 3, a tedy také dim V W = 3 Jedna z bazí prostoru V W je { (, 3,, (,,, (,, } (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 R 3 a dimr 3 = 3, musí být dim V W 3 Na druhou stranu, protože W je podprostor V W a dimw = 3, musí platit 3 dim V W Odtud už ale vyplývá, že dim V W = 3, W = V W = R 3 a bazí prostoru V W je libovolná báze prostoru R 3, např { (,,, (,,, (,, } (Všimněte si, že stejným způsobem jsme mohli zvolit bázi i u W Průnik prostorů V a W: K určení dimenze V W použijeme vztah Z něj dostáváme dimv + dimw = dim V W + dim(v W dim(v W = dimv + dimw dim V W = = Nalezení báze už je složitější Označme nejdříve u, u, u 3 vektory generující V a v, v, v 3, v 4 vektory generující W Dále máme opět několik možností: možnost (ne příliš vhodná: Vektor u R 3 leží v V W právě tehdy, když existují čísla a, a, a 3 a b, b, b 3, b 4 taková, že u = a u + a u + a 3 u 3 = b v + b v + b 3 v 3 + b 4 v 4 Odečteme-li nyní od výše uvedené lineární kombinace vektorů u i lineární kombinaci vektorů v j, získáme nulový vektor Porovnáním jednotlivých složek vektorů tak dostaneme pro a i, b j homogenní soustavu tří lineárních rovnic a a a 3 b + b b 3 + 3b 4 = 3a + a + 4a 3 + 4b + b + b 3 + b 4 = a + 3a a 3 3b 4b + b 3 9b 4 = Úpravami matice této soustavy (uveďte postup! zjistíme, že soustava je ekvivalentní se soustavou a a a 3 b + b b 3 + 3b 4 = 5a + a 3 + b + 5b b 3 + b 4 = b + b 3 b 4 = Můžeme tedy libovolně volit například hodnoty b 4 = r, b 3 = s, b = t a a 3 = z Pak dopočítáme (uveďte postup b = s r, a = /5z + r + t, a = 7/5z + t + s Nyní stačí dosadit a i do vyjádření vektoru u na začátku našich úvah Dostaneme u = (7/5z + t + s(, 3, + (/5z + r + t(,, 3 + z(, 4, = = ( t + s 4r, t 6s + r, 4t + s + 6r = t(,, 4 + s(, 6, + r( 4,, 6 (Pro kontrolu je vhodné dosadit též b j do vyjádření vektoru u Musíme dostat totéž, co při dosazení a i Je tedy vidět, že V W = (,, 4, (, 6,, ( 4,, 6 Protože už víme, že dim(v W =, dostaneme bázi průniku podprostorů tak, že z vektorů generujících V W vybereme jakékoliv dva lineárně nezávislé Báze je tedy například {(,, 4, (, 6, } možnost (vhodná v obecném případě: (K vyjádření vektoru ležícího v průniku V W použijeme báze { x, x } a { y, y, y 3 } prostorů V a W Vektor u R 3 leží v V W právě tehdy, když existují čísla a, a a b, b, b 3 taková, že u = a x + a x = b y + b y + b 3 y 3 Odečteme-li nyní od výše uvedené lineární kombinace vektorů x i lineární kombinaci vektorů 4

5 y j, získáme nulový vektor Porovnáním jednotlivých složek vektorů tak dostaneme pro a i, b j homogenní soustavu tří lineárních rovnic a b = 3a + a + 4b b = a a 3b + b + 5b 3 = Úpravami matice této soustavy (uveďte postup! zjistíme, že soustava je ekvivalentní se soustavou a b = a + b b = b + b + 5b 3 = Můžeme tedy libovolně volit například hodnoty b 3 = t, b = s Pak dopočítáme (uveďte postup b = s + 5t, a = 5t, a = s + 5t Nyní stačí dosadit a i do vyjádření vektoru u na začátku našich úvah Dostaneme u = (s + 5t(, 3, 5t(,, = (s + 5t, 3s t, s + t = s(, 3, + t(5,, (Pro kontrolu je opět vhodné dosadit též b j do vyjádření vektoru u Je tedy vidět, že V W = (, 3,, (5,, Protože už víme, že dim(v W =, tvoří dva vektory generující V W také bázi tohoto prostoru (Místo vektoru (5,, můžeme vzít vektor (, 4, 3 možnost (použitelná jen ve speciálních případech, jako je tento: Protože průnik V W je podprostorem prostoru V a dimv = dim(v W =, musí platit V W = V Bazí průniku prostorů V a W je tedy libovolná báze prostoru V, tj např {(, 3,, (,, } (viz výše PŘÍKLAD 3: Nechť B = ( u, u a C = ( v, v jsou uspořádané báze lineárního prostoru L a u, v L Určete v B, u C, víte-li, že v = u u, v = 3 u 5 u a v C = ( 4, 3, u B = (, 3 Řešení: a První část úlohy je velmi jednoduchá: Protože v C = ( 4, 3, máme v = 4 v + 3 v = 4( u u + 3(3 u 5 u = 5 u 7 u Platí tedy v B = (5, 7 b Druhá část úlohy je trochu složitější Potřebujeme vektor u vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů v a v Předpokládejme tedy, že u = α v + β v Protože u B = (, 3, musí platit u 3 u = u = α v + β v = α( u u + β(3 u 5 u = (α + 3β u + ( α 5β u Protože vektory u, u 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 u, u, dostaneme α + 3β = α 5β = 3 Řešením této soustavy (rozepište! je dvojice (α, β = (,, a tedy u C = (, 5

6 3 Soustavy lineárních rovnic PŘÍKLAD 3: V závislosti na a R řešte soustavu lineárních rovnic x + x x 3 + 4x 4 = x x + x 3 + x 4 = x + 7x 4x 3 + x 4 = 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: (A b T =,,, 4,,,, 7, 4, a,,, 4, 5, 3, 7,,,,,, 4, 5, 3, 7, 5, 3, 7 3 a 5 3 a Hodnost matice soustavy h(a je vždy rovna dvěma (a přidružená homogenní soustava má tedy 4 (počet neznámých - (hodnost matice soustavy = lineárně nezávislá řešení Hodnost rozšířené matice soustavy závisí na a: h(a b T = pro a = 5, h(a b T = 3 pro a 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 x 4 = s, x 3 = t, kde s, t jsou libovolná reálná čísla Pro x tak máme: 5x + 3t 7s = 3, tj x = t 7 5 s Dosadíme-li nyní do první rovnice za x, x 3, x 4, dostaneme x + ( t 7 5 s t + 4s, tj x = t s + t 4s = 4 5 t s Každé řešení soustavy lze tedy zapsat ve tvaru x = ( 4 5 t s, t 7 5 s, t, s = (4 5, 3 5,, + t( 5, 3 5,, + s( 6 5, 7,, = 5 = x + t x + s x, s, t R (Abychom neměli tolik zlomků, můžeme označit t = t 5, s = s 5 Potom což zapsáno vektorově dává x = 4 5 t 6s, x = t 7s, x 3 = 5t, x 4 = 5s, x = ( 4 5 t 6s, t 7s, 5t, 5s = ( 4 5, 3 5,, + t (, 3, 5, + s ( 6, 7,, 5 6

7 Protože vektor x 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 t x + s x obecným řešením přidružené homogenní soustavy Proto M = x, x = ( 5, 3 5,,, ( 6 5, 7 5,, Protože jsou vektory x a x lineárně nezávislé, je množina { x, x } bazí prostoru M všech řešení soustavy A x T = o T a dimm = (srovnejte s poznámkou u hodnosti matice A PŘÍKLAD 3: V závislosti na a R řešete soustavu lineárních rovnic s rozšířenou maticí soustavy (A a,, a b T =, a,,, a a Řešení: Abychom zjistili, kdy lze k řešení zadané soustvy rovnic použít Cramerovo pravidlo, spočítáme nejdříve determinant matice A: D = deta = a a a a = a 3 3a + = (a (a + Determinant je nenulový právě tehdy, když a / {; } Uvažujme proto dále tři možnosti: a a / {, }: V tomto případě má soustava právě jedno řešení a k jeho nalezení lze použít Cramerovo pravidlo Počítáme: D = a,,, a, a,, a = a3 + a + a a a = a 3 a a + = (a (a + Poznámka: Determinant D 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 : D = a,,, a, a,, a = a,,, a,,, a = (a ( (a = (a (a + (Všimněte si, že při tomto způsobu výpočtu determinantu je jednodušší najít jeho rozklad na součin Podobně spočítáme a D = D 3 = Odtud dostáváme a, a,,,, a, a a,, a, a,,, a = = a,,,,, a, a a,,, a,,, a x = D D = (a (a + (a (a + = a + a +, x = D D = (a ( 5 (a = (a = (a ( 6 (a = (a (a + 7 = (a (a (a + = a +,

8 Řešením soustavy je tedy vektor x 3 = D 3 D = (a (a + (a (a + = a + a + x = ( a + a +, a +, a + a + b a = : V tomto případě Cramerovo pravidlo použít nelze Dosadíme proto a do soustavy a tu pak vyřešíme Gaussovou eliminační metodou Máme,,,, (,,,, 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: x + x + x 3 =, tj x = x x 3, x, x 3 mohou být libovolná reálná čísla Řešením soustavy jsou tak všechny vektory x = ( x x 3, x, x 3 = (,, + x (,, + x 3 (,,, x, x 3 R Vektor (,, je partikulárním řešením nehomogenní soustavy, vektor x (,, +x 3 (,, představuje obecné řešení přidružené homogenní soustavy c a = : Ani v tomto případě nelze použít Cramerovo pravidlo Opět dosadíme a do soustavy a řešíme Gaussovou eliminací:,,,,,,,,, 3, 3, 3, 3 3 6,,, 3, 3,, 3 3 Tentokrát je h(a = h(a b T = 3 Podle Frobeniovy věty soustava nemá řešení 8

9 4 LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ PŘÍKLAD 4: Je dáno lineární zobrazení A : R 3 R takové, že pro vektory u = (,,, u = ( 3, 4,, u 3 = (,, platí A( u = (, 3, A( u = (,, A( u 3 = ( 3, 5 Najděte a A(-,,, b jádro, defekt, obraz a hodnost zobrazení A, c všechny vektory v, pro které platí A( v = (, 4, d matici zobrazení A vzhledem k uspořádaným bazím B = ( u, u, u 3 a C = ( v, v, kde v = (,, v = (, Řešení: Nejdříve ověříme, že vektory u, u, u 3 jsou lineárně nezávislé Protože hodnost matice je rovna maximálnímu počtu jejích lineárně nezávislých řádků, budou u, u, u 3 jsou lineárně nezávislé právě tehdy, když hodnost matice s řádky tvořenými těmito vektory bude rovna třem Upravujeme,, 3, 4,,,,,, 4, 4,,,,, 4, 4,, Hodnost matice je 3, a tedy vektory u, u, u 3 jsou lineárně nezávislé a B je uspořádaná báze v R 3 To znamená, že zobrazení je určeno dostatečně a Potřebujeme vyjádřit vektor u = (,, jako lineární kombinaci vektorů u, u, u 3 (Takovéto vyjádření existuje a je právě jedno, protože u, u, u 3 tvoří bázi R 3 Hledáme tedy čísla α, α, α 3 taková, že u = α u + α u + α 3 u 3 neboli (,, = α (,, + α ( 3, 4, + α 3 (,, = (α 3α, 4α + α 3, α α + α 3 Porovnáním jednotlivých složek vektorů dostáváme pro α, α, α 3 soustavu lineárních rovnic α 3α = 4α + α 3 = α α + α 3 = Řešením této soustavy dostaneme (uveďte postup řešení α =, α =, α 3 = Tedy při využití linearity zobrazení A máme A( u = A( u + u u 3 = A( u + A( u A( u 3 = (, 3 + (, ( 3, 5 = (7, b Podle definice jádra platí v KerA právě tehdy, když A( v = (, Nechť tedy v KerA Protože B je báze R 3, existují čísla β, β, β 3 taková, že v = β u +β u +β 3 u 3 Vzhledem k linearitě A musí platit: (, = A( v = β A( u + β A( u + β 3 A( u 3 = β (, 3 + β (, + β 3 ( 3, 5 = = (β + β 3β 3, 3β β + 5β 3 neboli β + β 3β 3 = a 3β β + 5β 3 = Dostali jseme tak pro β, β, β 3 soustavu dvou lineárních rovnic, kterou jednoduše vyřešíme pomocí Gaussovy eliminační metody: (,, 3 3,, 5 (,, 3, 7, 4 9

10 Odtud β 3 = t R je libovolné, β = t, β = 3t 4t = t Dosadíme-li nyní do vyjádření v, máme v = β u + β u + β 3 u 3 = t(,, + t( 3, 4, + t(,, = t( 7,, 5, t R Tedy KerA = ( 7,, 5 a defa = dim(kera = Protože každý vektor z R 3 lze zapsat jako lineární kombinaci vektorů u, u, u 3, a tudíž jeho obraz jako lineární kombinaci vektorů A( u, A( u, A( u 3, stačí zjistit, jak vypadá lineární obal vektorů A( u, A( u, A( u 3 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( u, A( u, A( u 3 Upravujeme:, 3, 3, 5, 3, 7, 4 (, 3, 7 Hodnost zkoumané matice je rovna dvěma, a proto je i dima(r 3 = Tedy A(R 3 je podprostorem R stejné dimenze jako R, což znamená, že A(R 3 = R c Hledáme všechny vektory w R 3, pro které platí A( w = (, 4 Můžeme postupovat stejně jako při hledání jádra Je-li A( w = (, 4 a w = γ u + γ u + γ 3 u 3, musí platit (, 4 = A( w = γ A( u + γ A( u + γ 3 A( u 3 = = γ (, 3 + γ (, + γ 3 (3, 5 = (γ + γ 3γ 3, 3γ γ + 5γ 3 Řešením takto získané soustavy rovnic γ + γ 3γ 3 = 3γ γ + 5γ 3 = 4 dostáváme: γ 3 = t R je libovolné, γ = t, γ = (t + 3t = t + (Porovnejte se soustavou a jejím řešením v předchozí části Tedy A( w = (, 4 právě tehdy, když w = ( t + (,, + (t ( 3, 4, + t(,, = t( 7,, 5 + (, 4,, kde t R d Označíme A = [A; B, C] Pro každý vektor x = (x, x, x 3 R 3 má platit Speciálně pro u, u, u 3 : A u T B = A A x T B = A( x T C = A( u T C = (, 3 T C (tedy (, 3 T C je první sloupec matice A, A u T B = A = A( u T C = (, T C

11 (tedy (, T C je druhý sloupec matice A, A u 3 T B = A = A( u 3 T C = ( 3, 5 T C (tedy ( 3, 5 T C je třetí sloupec matice A Snadno ověříme (uveďte postup!, že (, 3 = 3 v 4 v tj (, 3 C = ( 3, 4, (, = v v tj (, C = (, 5 4, Celkem tak dostáváme ( 3, 5 = 5 v 4 v tj ( 3, 5 C = ( 5, 4 A = [A; B, C] = 3,, 5 4, 5 4, 4 PŘÍKLAD 4: Ověřte, že zobrazení f : R R 3 dané předpisem f(x, x = (x + x, 3x + x, x x je lineární Najděte matici zobrazení f vzhledem k uspopřádaným bazím B = ( u, u, C = ( v, v, v 3, kde u = (,, u = (, a v = (,,, v = (,,, v 3 = (,, Dále nalezněte jádro zobrazení f Řešení: Ověříme, že f je lineární: Nechť x = (x, x a y = (y, y jsou dva libovolné vektory z R Pak f( x+ y = f(x +y, x +y = ((x +y +(x +y, 3(x +y +(x +y, (x +y (x +y = = (x + x, 3x + x, x x + (y + y, 3y + y, y y = f( x + f( y Je-li dále α libovolné reálné číslo, máme: f(α x = f(αx, αx = (αx + αx, 3αx + αx, αx αx = = α(x + x, 3x + x, x x = 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, a má pro ní platit (mimo jiné ( A = A u T B = f( u T C, A ( = A u T B = f( u T C Tedy f( u T C je první sloupec matice A a f( u T C je druhý sloupec matice A

12 Snadno ověříme (uveďte postup!, že f( u = (4, 5, 3 = 3 v 8 v + 9 v 3, tj f( u C = (3, 8, 9 a Celkem tak dostáváme f( u = (5,, = v + 6 v 3, tj f( u C = (,, 6 A = 3, 8, 9, 6 Jádro f tvoří všechny vektory x = (x, x, pro které platí f( x = (,, neboli A x T B = Potřebujeme tedy najít všechna řešení homogenní soustavy lineárních rovnic, jejíž maticí je matice A Upravujeme: 3, 8, 9 6 3,, 3, 6 ( 3,, 3 Protože hodnost matice soustavy je rovna počtu neznámých, má soustava pouze triviální řešení, a tedy Kerf = { o R } PŘÍKLAD 43: Lineární zobrazení h : R R má vzhledem ke standardní uspořádané bázi E = ((,, (, matici (, 4 [h; E, E] =, 3 Najděte matici tohoto zobrazení vzhledem k uspořádaným bázím B = ( u, u, C = ( v, v, kde u = (,, u = (, a v = (,, v = (, Řešení: Označme A = [h; B, C] Pak a h( u T E = A u T E = h( u T E = A u T E = (, 4, 3 (, 4, 3 ( ( = = ( ( 6 4 Tedy h( u = (, + (, = (, a h( u = 6(, + 4(, = ( 6, 4 Nyní najdeme souřadnice h( u a h( u v uspořádané bázi C Hledáme tedy čísla α, α a β, β tak, aby platilo (, = α (, + α (, a ( 6, 4 = β (, + β (, Standardním způsobem (uveďte postup! dostaneme, že α =, α = a β =, β = 3, čili h( u C = (, a h( u C = (, 3

13 a Označíme-li nyní B = [h; B, C] (B je typu(,, zjišťujeme, že má platit ( ( B u T E = B = h( u T C = Tedy první sloupec matice B je ( B u T E = B = h( u T C = ( ( 3, druhý sloupec matice B je B = (,, 3 ( 3 a PŘÍKLAD 44: Je dáno lineární zobrazení f : R R 3 takové, že, A = [f; B, C] =,,, kde B = ( b, b = ((,, (, a C = ( c, c, c 3 = ((,,, (,,, (,, jsou uspořádané báze v R resp R 3 Dále je dáno zobrazení g : R 3 R takové, že pro každé x = (x, x, x 3 R 3 platí g( x = g(x, x, x 3 = (x x 3, x 3 x Najděte matici H složeného zobrazení g f vzhledem k uspořádaným bazím B a D, kde D = ( d, d = ((,, (, Řešení: a Ověříme, že g je lineární: Nechť x, y R, α, β R jsou libovolné Potom g(α x + β y = g(αx + βy, αx + βy, αx 3 + βy 3 = = ((αx + βy (αx 3 + βy 3, (αx 3 + βy 3 (αx + βy = = (αx αx 3 + βy βy 3, αx 3 αx + βy 3 βy = = α(x x 3, x 3 x + β(y y 3, y 3 y = αg( x + βg( y Zobrazení g je tedy lineární b Nalezení matice H možnost: Matice H je taková matice, že pro všechna x R platí Matice H je tedy typu (,, H x T B = (g f( x T D ( h, h H = h, h Pro vektory b, b zřejmě platí b B = (,, b B = (, Tedy, dosadíme-li do výše uvedeného vztahu za x postupně vektory b, b, dostaneme: ( ( h = H = H b T B = (g f( b T D h 3

14 a ( h h = H ( Nalezneme nejprve (g f( b T D Máme, f( b T C = A b T B =,, = H b T B = (g f( b T D ( =, tedy f( b = c c + c 3 = (,, (,, = ( 3,, Z definice g pak dostáváme Hledáme nyní α, β tak, aby (g f( b = g( 3,, = (( 3, ( = ( 7, 3 ( 7, 3 = α d + β d = α(, + β(, = (β, α + β Snadno zjistíme, že α = 5, β = 7 (Rozepište! Tedy (g f( b D = ( 5, 7 Podobně dostaneme, že (g f( b D = g(,, D = (4, D = ( 3, 4 (Rozepište! Máme tak ( 5, 3 H = 7, 4 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 c i (i =,, 3 musí platit Máme B c i T C = g( c i T D g( c = g(,, = (,, g( c = g(,, = (4,, g( c 3 = g(,, = (, Snadno zjistíme (rozepište!, že tedy (, = d + d, (4, = 5 d + 4 d, (, = d + d, g( c D = (,, g( c D = ( 5, 4, g( c 3 D = (, Stejnou úvahou jako u možnosti tak dostáváme, že (, 5 B =,, 4, Odtud už snadno spočítáme H: (, 5 H = B A =,, 4,,,, = ( 5, 3 7, 4 Maticí složeného zobrazení g f vzhledem k uspořádaným bazím B, D je tedy matice ( 5, 3 H = 7, 4 4

15 5 MATICE A DETERMINANTY PŘÍKLAD 5: Je dána matice B = (,, 4 Ukažte, že množina M všech matic X typu (,, pro které platí BX + XB = O (O je nulová matice, je podprostorem prostoru R (, Najděte M, jeho bázi a dimenzi Řešení: a Nejdříve ukážeme, že M je podprostor prostoru R (,, tedy že pro všechny matice X, Y M a všechna reálná čísla α, β platí αx+βy M, tj B(αX+βY+(αX+βYB = O Máme B(αX + βy + (αx + βyb = (αbx + βby + (αxb + βyb = = α(bx + XB + β(by + YB = αo + βo = (α + βo = O Tedy αx + βy ( M a M je podprostor prostoru R (, a, b b Označme X = Pak c, d BX = (,, 4 ( a, b c, d ( a + c, b + d = a + 4c, b + 4d ( ( ( a, b, a + b, a + 4b XB = c, d, 4 c + d, c + 4d ( a + b + c, a + 5b + d BX + XB = a + 5c + d, b + c + 8d Má-li platit BX + XB =, musí být a + b + c =, a + 5b + d =, a + 5c + d =, b + c + 8d = Řešením této soustavy dostáváme (rozepište! a = 4d, b = d, c = d, d R Všechny hledané matice X jsou tak tvaru ( ( 4d, d 4, X = = d d, d,,,, d R ( 4, Tedy M = Protože lineární obal jakékoliv podmnožiny lineárního prostoru je vždy podprostorem tohoto prostoru, je M podprostor prostoru R (, (Uvedete-li toto, zdůvodnění, nemusíte provádět část a {( } 4, Bází M je například jednoprvková množina, a tedy dimm =, 5

16 PŘÍKLAD 5: Řešte maticovou rovnici AXB + AX = B s neznámou maticí X, kde,, 5, 4, A =,,, B = 4,,,,,, Řešení: Upravujeme rovnici Protože a deta = det(b + E = AXB + AX = B AXB + AXE = B AX(B + E = B,,,,,, 6, 4, 4,,,, = = 8, existují matice A a (B+E Můžeme proto v úpravách rovnice pokračovat dále Dostáváme: A AX(B + E(B + E = A B(B + E EXE = A B(B + E X = A B(B + E Inverzní matice k A a (B + E nalezneme pomocí řádkových úprav Máme,,,,,,,,,, (A E =,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, (Nejdříve jsme prohodili druhý a třetí řádek, pak od prvního odečetli druhý a nakonec od druhého odečetli třetí 6, 4,,,,,,,,, (B + E E = 4,,,,, 4,,,,,,,,,, 6, 4,,,,,,,,,,,,,,, 4,,,, 3,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, (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 6

17 Dostali jsme tak, že platí,, A =,, a (B + E =,, To znamená, že X = A B(B + E = = 3, 4, 3,, 4,, Řešením rovnice je tedy matice,,,,,, X = PŘÍKLAD 53: Je dána matice A =,,,,,,,,,,,, 5, 4, 4,,,, 3,,,,,,, a, a, 4, a, a, = =,,,,,,,,,,,, 3,,,,,, 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 Máme deta =, a, a, 4, a, a, = 6a = 6( a Tedy inverzní matice k matici A neexistuje (a A není regulární právě tehdy, když a =, tj a { ; } b Matice A T je regulární právě tehdy, když A je regulární, tedy pro a { ; } PŘÍKLAD 54: Vypočtěte determinant matice C, kde C = A B, a,,,,,,,,,,,, A =,,,,,,,,, B =,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, Zjistěte, zda existuje matice C, a pokud ano, vypočtěte její determinant = 7

18 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:,,,,,,,, deta =,,,, =,,,,,,,,,,,,,,,, =,,,, =,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, = = ( 5 = (Nejdřív jsme prohodili a 3 řádek, pak 3 a 5 řádek, nakonec a 4 řádek,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, detb =,,,, =,,,, =,,,, = 5 = 3,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, (Nejdříve jsme prohodili a 3 sloupec, pak 3 a 5 sloupec Máme tedy detc = 3 = 3 b Protože detc, existuje matice C a pro její determinant platí det(c = detc = 3 PŘÍKLAD 55: Najděte inverzní matice k maticím C = AB a D = BA, kde A a B jsou matice z příkladu 54 Řešení: Vzhledem k tvaru matic A, B bude poměrně snadné najít matice k nim inverzní Matice C, D proto určíme ze vztahů C = (AB = B A, D = (BA = A B Matice A a B 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 (POZOR! Řádky upravujeme až tehdy, když už je nebudeme potřebovat k úpravě jiných řádků - mohli bychom se totiž zacyklit : (A E =,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, 8

19 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, b V případě matice B začneme prohozením, 3 a 5řádku, v dalším kroku nejdříve odečteme od řádku 4řádek, pak od 3řádku 5řádek a nakonec od 5řádku řádek V posledním kroku každý řádek vydělíme dvěma: Tedy A = (B E =,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, B =,,,,,,,, 9

20 Nyní už snadno spočítáme, jak vypadají matice C, D :,,,,,,,, C =,,,,,,,,,,,, D = =,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, =,,,,,,,, =,,,,,,,, =,,,,,,,,,,,,,,,,