Katedra informatiky Přírodovědecká fakulta Univerzita Palackého v Olomouci Algebra 1: řešené příklady ke cvičením doc. RNDr. Miroslav Kolařík, Ph.D. Olomouc 2017
Toto skriptum 1 je určeno zejména studentům Katedry informatiky Přírodovědecké fakulty Univerzity Palackého. Text sestává z řešených příkladů, které se obsahově shodují se sylabem předmětu Algebra 1. Všem čtenářům přeji, ať je jim text ku prospěchu. V Olomouci, 18. května 2017 Miroslav Kolařík Poznámka. Chyby a překlepy, kterých si všimnete, pošlete prosím na autorův e-mail: miroslav.kolarik@upol.cz Obsah 1 Binární relace; zobrazení; ekvivalence a rozklady 2 2 Algebraické struktury 10 3 Vektorové prostory 14 4 Matice 19 5 Determinanty 21 6 Hodnost matice, soustavy rovnic 27 1 Vytvořeno za podpory projektu FRUP_2017_052: Tvorba a inovace výukových opor vybraných matematických předmětů katedry informatiky. 1
1 Binární relace; zobrazení; ekvivalence a rozklady Příklad 1 B = {1, 2}. Výčtem prvků určete A A, A B a B B, je-li A = {a, b, c}, Řešení. V souladu s definicí určíme požadované kartézské součiny: A A = { a, a, a, b, a, c, b, a, b, b, b, c, c, a, c, b, c, c }, A B = { a, 1, a, 2, b, 1, b, 2, c, 1, c, 2 } a B B = { 1, 1, 1, 2, 2, 1, 2, 2 }. Příklad 2 Mějme neprázdnou množinu A. Které z následujících čtyř vlastností: reflexivita, symetrie, tranzitivita, antisymetrie mají následující relace, ω A a ι A na množině A? Řešení. Jelikož množina A je neprázdná, existuje nějaký prvek a A, přičemž ale uspořádaná dvojice a, a /, a proto prázdná množina není reflexivní relace na A. Prázdná množina je symetrická, tranzitivní a antisymetrická relace na A, neboť tyto tři vlastnosti jsou definovány pomocí implikací, ke kterým u prázdné množiny neexistuje protipříklad. Relace identity na množině A, značená ω A a definovaná jako množina ω A = { x, x x A} má všechny čtyři v zadání uvedené vlastnosti. Úplná relace na množině A, značená ι A a definována jako množina všech uspořádaných dvojic, kde první i druhá složka patří do množiny A, tedy ι A = A A je reflexivní, symetrická a tranzitivní. V případě, že množina A má méně než dva prvky je i antisymetrická. Pokud má množina A alespoň dva různé prvky, řekněme x, y, pak x, y, y, x ι A, ale x y, a tedy relace ι A v tomto případě není antisymetrická. Příklad 3 Na množině A = {a, b, c, d, e} je dána relace R = { a, b, c, d, e, d } a relace S = { b, c, b, d, d, a, d, e, e, e }. Určete R 1, S 1, R S a S S R. Řešení. Jak R, tak S jsou binární relace na množině A. Snadno (prohozením složek ve všech uspořádaných dvojicích) určíme relace k nim inverzní: R 1 = { b, a, d, c, d, e }, S 1 = { c, b, d, b, a, d, e, d, e, e }. Složením relací R a S vznikne na množině A následující binární relace: R S = { a, c, a, d, c, a, c, e, e, a, e, e }. Zbývá určit S S R. Vzhledem k tomu, že skládání relací je asociativní, můžeme nejprve vyjádřit, že S S = { b, a, b, e, d, e, e, e }. Tento výsledek složíme s relací R a zjistíme, že S S R = { b, b, b, d, d, d, e, d }. Příklad 4 Dokažte, že skládání binárních relací není obecně komutativní, tedy, že R S S R. 2
Řešení. Stačí najít konkrétní příklad relací R a S tak, aby R S S R. Použijeme relace R a S zavedené v předchozím příkladě. Víme, že R S = { a, c, a, d, c, a, c, e, e, a, e, e }. Naproti tomu S R = { b, d, d, b, d, d, e, d }. Ukažme si ještě jiné řešení vyvracející komutativitu skládání binárních relací. Nechť nyní R {a, b, c} {1, 2, 3, 4} a S {1, 2, 3, 4} {α, β, γ}. Zvolíme-li R = { a, 4 } a S = { 4, γ }, pak R S = { a, γ } a S R neexistuje. Příklad 5 Na množině A = {a, b, c} určete binární relace R i A A tak, aby současně měly/neměly čtyři z následujících čtyř vlastností: reflexivita, symetrie, tranzitivita, antisymetrie. Řešení. Nejprve sestavíme tabulku pro všech 16 možných různých relací R i : relace reflexivita symetrie tranzitivita antisymetrie R 1 ne ne ne ne R 2 ne ne ne ano R 3 ne ne ano ne R 4 ne ne ano ano R 5 ne ano ne ne R 6 ne ano ne ano R 7 ne ano ano ne R 8 ne ano ano ano R 9 ano ne ne ne R 10 ano ne ne ano R 11 ano ne ano ne R 12 ano ne ano ano R 13 ano ano ne ne R 14 ano ano ne ano R 15 ano ano ano ne R 16 ano ano ano ano Tedy například relace R 11 má být reflexivní a tranzitivní a zároveň nemá být ani symetrická, ani antisymetrická. Nyní již výčtem prvků vyřešíme úlohu pro jednotlivé případy: R 1 = { a, b, b, a, b, c }; R 2 = { a, b, b, c }; R 3 = { a, b, b, a, a, c, b, c, a, a, b, b }; R 4 = { a, b }; R 5 = { a, b, b, a }; R 6 neexistuje; R 7 = { a, b, b, a, a, a, b, b }; 3
R 8 = ; R 9 = R 1 { a, a, b, b, c, c }; R 10 = R 2 { a, a, b, b, c, c }; R 11 = R 3 { c, c }; R 12 = R 4 { a, a, b, b, c, c }; R 13 = (A A) \ { a, c, c, a }; R 14 neexistuje; R 15 = R 7 { c, c }; R 16 = { a, a, b, b, c, c }. Na závěr poznamenejme, že relace R 6 a R 14 neexistují, neboť, aby nebyly tranzitivní musí obsahovat alespoň dvě uspořádané dvojice, které tranzitivitu porušují (například { a, b, b, c }). Jak R 6, tak i R 14 mají být navíc symetrické a současně antisymetrické, čehož (při porušení tranzitivity) nelze nijak docílit. Rozhodněte, které z následujících relací R X X jsou ekviva- Příklad 6 lence: (a) X = {1, 2, 3, 4}, R = { 1, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 2, 3, 4, 4, 4 }; (b) X = {a, b, c, d}, R = { d, d, c, c, b, b, a, a, a, b, b, a }. Řešení. (a) Relace R není reflexivní (ani symetrická), tedy není ekvivalencí na množině X. (b) Relace R je reflexivní, symetrická i tranzitivní, jedná se tedy o ekvivalenci. Příklad 7 Rozhodněte, které z následujících relací R {1, 2, 3, 4} {a, b, c} jsou zobrazení: (a) R = { 1, a, 1, b, 2, c, 3, b, 4, c }; (b) R = { 1, b, 2, c, 3, a, 4, a }; (c) R = { 1, a, 2, b, 3, c }. 4
Řešení. (a) Relace R není zobrazení, protože prvek 1 je v relaci se dvěma různými prvky. (b) Relace R je zobrazení z množiny X na množinu Y. (c) Relace R není zobrazení, protože prvek 4 nemá žádný obraz. Příklad 8 Které z následujících zobrazení f 1 až f 4 jsou bijekce? Máme: (a) f 1 : N N, f 1 (n) = n + 1; (b) f 2 : Z Z, f 2 (z) = z + 1; { i + 1, pro 1 i < k (c) f 3 : {1, 2,..., k} {1, 2,..., k}, f 3 (i) = 1, pro i = k; 0, jestliže j je dělitelné 2, ale ne 5 1, jestliže j je dělitelné 5, ale ne 2 (d) f 4 : N {0, 1, 2, 3}, kde f 4 (j) = 2, jestliže j je dělitelné 10 3, jinak. Řešení. Injektivní jsou zobrazení f 1, f 2 a f 3. Zobrazení f 4 není injektivní, neboť například čísla 7 a 29 se obě zobrazí na stejnou hodnotu (na 3). Surjektivní jsou zobrazení f 2, f 3 a f 4. Zobrazení f 1 není surjektivní, protože na číslo 1 se nezobrazuje žádné přirozené číslo (nulu za přirozené číslo neuvažujeme). Bijekcemi jsou tedy zobrazení f 2 a f 3. Příklad 9 Najděte příklady zobrazení f a g tak, aby g nebyla injekce, ale f g ano, f nebyla surjekce, ale f g ano. Řešení. Všimneme si, že pro zobrazení f : X Y a g : Y Z, musí být zobrazení f g bijekcí mezi X a Z. Pro vyřešení úlohy pak stačí například vzít: X = {x}, Y = {y 1, y 2 }, Z = {z}, f = { x, y 1 }, g = { y 1, z, y 2, z }. Příklad 10 Nechť X a Y jsou konečné množiny. Jaký vztah musí platit mezi X a Y, aby existovalo zobrazení f : X Y, které je (a) injekcí; (b) surjekcí; (c) bijekcí? 5
Řešení. (a) Pro injekci: X Y. Totiž, pokud by počet prvků v množině X byl větší než počet prvků v množině Y, musely by se nějaké (nejméně) dva různé prvky z množiny X zobrazit na jeden prvek z množiny Y, což injekce vylučuje. (b) Pro surjekci: X Y. Totiž, pokud by počet prvků v množině X byl menší než počet prvků v množině Y, musel by v množině Y existovat (alespoň jeden) prvek, na který by se nezobrazoval žádný prvek z množiny X, což surjekce vylučuje. (c) Pro bijekci: X = Y. Totiž bijekce (= injekce a surjekce) musí současně splňovat obě nutné podmínky uvedené v řešení (a) a (b). Příklad 11 Je dána relace R X Y, kde X = {a, b, c, d}, Y = {1, 2, 3} a R = { b, 1, d, 3 }. Doplňte relaci R tak, aby se z ní stala surjekce f : X Y. Dále doplňte relaci R 1 tak, aby se z ní stala injekce g : Y X. Řešení. Nutné podmínky z předchozího příkladu jsou splněny. Řešením je například zobrazení f = R { a, 2, c, 2 } a zobrazení g = R 1 { 2, a } rozšiřující inverzní relaci k R o množinu obsahující uspořádanou dvojici 2, a. Příklad 12 aby Definujte zobrazení z množiny A = {1, 2, 3} do množiny A tak, (a) bylo identickým zobrazením; (b) bylo bijekcí (permutací) a zároveň nebylo identickým zobrazením; (c) nebylo bijekcí (permutací). Řešení. (a) Jediným řešením je identita na množině A, tedy zobrazení ω A = { 1, 1, 2, 2, 3, 3 }, které zobrazuje každý prvek na sebe sama. (b) Řešením je třeba zobrazení f : A A, kde f(1) = 3, f(2) = 1, f(3) = 2. (c) Řešením je třeba zobrazení g : A A, kde g(1) = 3, g(2) = 1, g(3) = 1. Příklad 13 Určete, zda na množině X = {a, b, c, d, e, f, g} tvoří následující systémy množin rozklady: (a) Π 1 = {{a}, {b, c, d}, {d, e, f}, {g}}; (b) Π 2 = {{a}, {c, d}, {e, f, g}}; (c) Π 3 = {{d, a}, {g, b, c}, {e, f}}; (d) Π 4 = {{d, a}, {g, b, c},, {e, f}}. 6
Řešení. (a) Množina Π 1 rozklad netvoří, neboť množiny {b, c, d} a {d, e, f} nejsou disjunktní (jejich průnikem je {d}). (b) Množina Π 2 rozklad netvoří, protože se prvek b nevyskytuje v žádné z množin Π 2, tedy Π 2 X. (c) Množina Π 3 je rozkladem množiny X, neboť je jejím disjunktním pokrytím a žádná ze tříd rozkladu není. (d) Množina Π 4 není rozkladem množiny X (kvůli ). Příklad 14 Na množině A = {a, b, c, d, e, f} mějme dánu ekvivalenci E = ω A { a, b, b, a, a, c, c, a, b, c, c, b, e, f, f, e }. Určete všechny třídy ekvivalence E a příslušný rozklad Π E. Řešení. Zřejmě E(a) = E(b) = E(c) = {a, b, c}, E(d) = d, E(e) = E(f) = {e, f}, odkud již snadno určíme rozklad Π E na množině A příslušný ekvivalenci E. Rozklad Π E = {{a, b, c}, {d}, {e, f}}. Příklad 15 Nechť B = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, R = { x, y B 2 ; x y = {0, 2, 4, 6}}, S = { x, y B 2 ; x y = {0, 4}}. Určete, zda jsou binární relace R a S ekvivalence na množině B. Pokud ano, určete příslušné rozklady Π R, Π S k ekvivalencím R a S. Řešení. Binární relace R, S B B jsou reflexivní (díky nule); jsou také symetrické (díky absolutní hodnotě) a jsou i tranzitivní (díky vhodně zvoleným hodnotám). Tedy jak R, tak S jsou ekvivalence na množině B. Příslušné rozklady následují: Π R = {[x] R ; x B} = {{0, 2, 4, 6}, {1, 3, 5, 7}}, Π S = {[x] S ; x B} = {{0, 4}, {1, 5}, {2, 6}, {3, 7}}. Příklad 16 Určete všechny rozklady na (a) tříprvkové množině; (b) čtyřprvkové množině. Poté určete, kolik je ekvivalencí na čtyřprvkové množině. 7
Řešení. (a) Označme si tříprvkovou množinu X = {a, b, c}. Na této množině existuje právě pět různých rozkladů: Π 1 = {{a}, {b}, {c}}, Π 2 = {{a, b}, {c}}, Π 3 = {{a}, {b, c}}, Π 4 = {{a, c}, {b}} a Π 5 = {{a, b, c}}. (b) Označme si čtyřprvkovou množinu Y = {a, b, c, d}. Na této množině existuje právě patnáct různých rozkladů: Π 1 = {{a}, {b}, {c}, {d}}, Π 2 = {{a, b}, {c}, {d}}, Π 3 = {{a, c}, {b}, {d}}, Π 4 = {{a, d}, {b}, {c}}, Π 5 = {{a}, {b, c}, {d}}, Π 6 = {{a}, {b, d}, {c}}, Π 7 = {{a}, {b}, {c, d}}, Π 8 = {{a, b}, {c, d}}, Π 9 = {{a, c}, {b, d}}, Π 10 = {{a, d}, {b, c}}, Π 11 = {{a, b, c}, {d}}, Π 12 = {{a, b, d}, {c}}, Π 13 = {{a, c, d}, {b}}, Π 14 = {{a}, {b, c, d}}, Π 15 = {{a, b, c, d}}. Na čtyřprvkové množině je právě tolik ekvivalencí, kolik je rozkladů, tedy 15. Příklad 17 K rozkladům Π 9 a Π 12 z předchozího příkladu určete výčtem prvků odpovídající ekvivalence E Π9 a E Π12. Řešení. Analogicky Určíme nejprve ekvivalenci příslušnou rozkladu Π 9. Zřejmě E Π9 = { a, a, b, b, c, c, d, d, a, c, c, a, b, d, d, b }. E Π12 = { a, a, b, b, c, c, d, d, a, b, b, a, a, d, d, a, b, d, d, b }. Příklad 18 Na množině M = {2, 7, 11, 14, 20, 23, 25, 41, 45, 50, 81} definujme relaci E takto: (a) x, y E právě když mají čísla x a y stejný ciferný součet; (b) x, y E právě když x + y je sudé číslo. Dokažte, že E je relace ekvivalence na množině M a sestrojte rozklad Π E příslušný ekvivalenci E. Řešení. (a) Relace E je zřejmě reflexivní, symetrická i tranzitivní a Π E = {{2, 11, 20}, {7, 25}, {14, 23, 41, 50}, {45, 81}}. (b) Relace E je zřejmě reflexivní a symetrická. K tranzitivitě: je-li x, y E a y, z E pak pro y sudé platí, že x a z jsou obě sudé, odkud x, z E. Pro y liché pak z předpokladů plyne, že i x a z jsou obě liché, odkud opět x, z E. Relace E je tedy ekvivalence na M a Π E = {{2, 14, 20, 50}, {7, 11, 23, 25, 41, 45, 81}}. Příklad 19 Nechť f je zobrazení z X = {1, 2, 3} do Z = {a, b, c, d, e} takové, že f(1) = f(2) = a, f(3) = e. Určete surjektivní zobrazení g a injektivní zobrazení h tak, aby f = g h (nejdříve g, pak h). Pokuste se najít dvě různá řešení. Řešení. Nechť Y = {x, y}. Pak g : X Y, g(1) = g(2) = x, g(3) = y je surjekce a h : Y Z, h(x) = a, h(y) = e je injekce, přičemž f = g h. Jiné řešení (než s dvouprvkovou množinou Y ) neexistuje. 8
Příklad 20 Nechť f je zobrazeni z X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} do Z = {a, b, c, d} takové, že f(1) = a, f(2) = f(3) = b, f(4) = f(5) = f(6) = d. Určete surjekci g a injekci h tak, aby f = g h. Řešení. Nechť Y = {x, y, z}. Pak g : X Y, g(1) = x, g(2) = g(3) = y, g(4) = g(5) = g(6) = z je surjekce a h : Y Z, h(x) = a, h(y) = b, h(z) = d je injekce, přičemž f = g h. Příklad 21 Najděte (a) čtyřprvkový (b) osmiprvkový uzávěrový systém M na množině A = {a, b, c, d}. Poté určete jak vypadají uzávěry [{b}], [{b, c}] a [{d, a}]. Řešení. Možná řešení: (a) M = {{a}, {a, b}, {a, c}, A}. Zde [{b}] = {a, b}; [{b, c}] = A; [{d, a}] = A. (b) M = {, {a}, {a, b}, {a, c}, {a, d}, {a, b, d}, {a, c, d}, A}. Zde [{b}] = {a, b}; [{b, c}] = A; [{d, a}] = {a, d}. Příklad 22 Vymyslete systém množin, který nebude uzávěrovým systémem na množině A = {a, b, c, d}. Řešení. Možné řešení: {{a, b}, {b, c}, {d}}. Uvedený systém není uzavřen na průniky množin a navíc ani neobsahuje množinu A. 9
2 Algebraické struktury Příklad 23 Zjistěte, zda jsou následující algebraické struktury grupoidy. Pokud ano, určete, zda se jedná o pologrupy; monoidy; grupy a rozhodněte, zda je daná binární operace komutativní. (a) ({0, 1}; ), kde operace je implikace; (b) ({0, 1}; ), kde operace je konjunkce; (c) ({0, 1, 2}; ), kde operace je násobení; (d) ({0, 1}; ), kde operace je násobení; (e) (M; ), kde M je množina všech bodů v rovině a A B je střed úsečky AB; (f) (N; ), kde N je množina všeh přirozených čísel a je operace odčítání; (g) (Z; +), kde Z je množina všech celých čísel a + je operace sčítání. Řešení. (a) Zřejmě 0 0 = 0 1 = 1 1 = 1 a 1 0 = 0, tedy ({0, 1}; ) je grupoid. Tento grupoid nemá jednotkový prvek a není komutativní, neboť 0 1 1 0. Také není asociativní, jelikož například (0 0) 0 0 (0 0). (b) Zřejmě 0 0 = 0 1 = 1 0 = 0 a 1 1 = 1, tedy ({0, 1}; ) je grupoid. Jedná se o komutativní monoid s jednotkovým prvkem 1. K prvku 0 neexistuje inverzní prvek, daná struktura proto není grupou. (c) ({0, 1, 2}; ) není grupoid, protože 2 2 = 4 / {0, 1, 2}. (d) Jedná se o komutativní monoid s jednotkovým prvkem 1. K nule neexistuje inverzní prvek, struktura ({0, 1}; ) tedy není grupou. (e) Jedná se o komutativní grupoid, který není pologrupou (není monoidem, není grupou), neboť operace není asociativní. (f) (N; ) není grupoid, protože například 2 N, 5 N, ale 2 5 = 3 / N. (g) Struktura (Z; +) tvoří abelovskou grupu. Příklad 24 Dokažte, že všechny zákrytové pohyby (a) obdélníku; (b) rovnoramenného trojúhelníku; (c) rovnostranného trojúhelníku tvoří grupu vzhledem k operaci skládání zobrazení. Je tato grupa abelovská? Řešení. Ve všech třech případech bude jednotkou identické zobrazení, které nechá všechny body na místě. Dále není třeba ověřovat asociativitu, neboť ji splňuje každé zobrazení. Tím, že se jedná a zákrytové pohyby máme zaručenu uzavřenost, tedy to, že dané skládání bude vskutku operací na příslušné množině zákrytových pohybů. Pro určení (jednoznačné) existence inverzních prvků (ke všem zákrytovým pohybům) vyplníme odpovídající Cayleyho tabulky. Z nich pak okamžitě určíme, je-li operace skládání komutativní, nebo ne. (a) Obdélník má čtyři zákrytové pohyby: id (identitu), r (rotaci o 180 ), a dvě osové souměrnosti o 1 a o 2. Tyto čtyři zákrytové pohyby tvoří vzhledem ke skládání zobrazení abelovskou (komutativní) grupu. Příslušná Cayleyho tabulka pro operaci vypadá takto: 10
id r o 1 o 2 id id r o 1 o 2 r r id o 2 o 1 o 1 o 1 o 2 id r o 2 o 2 o 1 r id (b) Rovnoramenný trojúhelník má právě dva zákrytové pohyby: id (identitu) a osovou souměrnost o 1. Tyto dva zákrytové pohyby tvoří vzhledem ke skládání zobrazení abelovskou grupu. Příslušná Cayleyho tabulka pro operaci vypadá takto: id o 1 id id o 1 o 1 o 1 id (c) Rovnostranný trojúhelník má celkem šest zákrytových pohybů: id (identitu), r 1 (rotaci o 120 ), r 2 (rotaci o 240 ) a tři osové souměrnosti o 1, o 2 a o 3. Těchto šest zákrytových pohybů tvoří vzhledem ke skládání zobrazení grupu, která není abelovská. Příslušná Cayleyho tabulka pro operaci vypadá takto: id r 1 r 2 o 1 o 2 o 3 id id r 1 r 2 o 1 o 2 o 3 r 1 r 1 r 2 id o 2 o 3 o 1 r 2 r 2 id r 1 o 3 o 1 o 2 o 1 o 1 o 3 o 2 id r 2 r 1 o 2 o 2 o 1 o 3 r 1 id r 2 o 3 o 3 o 2 o 1 r 2 r 1 id. Příklad 25 Ověřte, že v každém okruhu platí: m n n m a ij = a ij. i=1 j=1 j=1 i=1 Řešení. Rozepíšeme nejprve levou stranu zadané rovnosti: m n i=1 j=1 a ij = (a 11 + a 12 + + a 1n ) + (a 21 + a 22 + + a 2n ) + + (a m1 + a m2 + + a mn ). Dále rozepíšeme pravou stranu zadané rovnosti: n m j=1 i=1 a ij = (a 11 + a 21 + + a m1 ) + (a 12 + a 22 + + a m2 ) + + (a 1n + a 2n + + a mn ). Použijeme-li opakovaně asociativitu a komutativitu operace plus (což lze provést v každém okruhu), snadno dokážeme, že se obě výše rozepsané strany zadané rovnosti skutečně rovnají. Příklad 26 Vytvořte Cayleyho tabulky pro operace a u okruhu (a) (Z 3 ;, ); (b) (Z 6 ;, ), kde je operace sčítání modulo 3 (respektive modulo 6) a je operace násobení 11
modulo 3 (respektive modulo 6) a kde Z 3 = {0, 1, 2} je množina zbytkových tříd po celočíselném dělení třemi a Z 6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} je množina zbytkových tříd po celočíselném dělení šesti. Určete, zda je daný okruh komutativní; unitární a zda je oborem integrity; tělesem. Řešení. (a) 0 1 2 0 0 1 2 1 1 2 0 2 2 0 1 0 1 2 0 0 0 0 1 0 1 2 2 0 2 1 Algebraická struktura (Z 3 ;, ) je komutativním tělesem. (b) 0 1 2 3 4 5 0 0 1 2 3 4 5 1 1 2 3 4 5 0 2 2 3 4 5 0 1 3 3 4 5 0 1 2 4 4 5 0 1 2 3 5 5 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 5 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 5 2 0 2 4 0 2 4 3 0 3 0 3 0 3 4 0 4 2 0 4 2 5 0 5 4 3 2 1 Zřejmě (Z 6 ;, ) je komutativním, unitárním okruhem. Nejedná se o obor integrity, ani o těleso, neboť u operace násobení existují případy, kdy je součin dvou nenulových prvků roven nulovému prvku, například: 4 3 = 0. Příklad 27 Doplňte níže uvedené Cayleyho tabulky pro operace + a tak, aby vznikl unitární okruh ({a, b, c, d}; +, ). + a b c d a a b c b b a c a d a b c d a a a a a b b c a a c d a b c Řešení. Vzhledem k operaci + musí být struktura ({a, b, c, d}; +) abelovskou grupou. Všimneme si, že prvek a musí být jednotkovým prvkem. Podle pravidla o krácení víme, že u grupy musí být v každém řádku a v každém sloupci zastoupen každý prvek právě jedenkrát. Využít můžeme i komutativnosti operace +. Jednoznačným způsobem tak doplníme první tabulku: 12
+ a b c d a a b c d b b a d c c c d a b d d c b a Při doplňování druhé tabulky (pro operaci ) si uvědomíme, že nulovým prvkem bude prvek a, a že prvek d je jedinou možnou jednotkou, aby byl náš okruh unitární. Rychle tak můžeme doplnit část druhé tabulky: a b c d a a a a a b a b b c a a c d a b c d Víme, že operace musí být asociativní (jako v každém okruhu). Dále se můžeme opřít o oba dva distrubutivní zákony, které platí v každém okruhu. Platí například, že b (b + c) = b b + b c, tedy b d = b + b c, odkud b = b + b c, z čehož plyne, že b c = a. Podobně platí, že c (b + c) = c b + c c, odkud máme c = a + c c, z čehož plyne, že c c = c. Nyní doplníme zbývající dvě políčka tabulky pro operaci : a b c d a a a a a b a b a b c a a c c d a b c d Měli bychom ještě závěrem ověřit, že skutečně platí asociativita operace a že nejsou nikterak porušeny oba distributivní zákony. Ověřování nám podstatně urychlí fakt, že s alespoň jedným nulovým prvkem okruhu vše triviálně funguje a s alespoň jedním jednotkovým prvkem asociativita platí a ověření distributivních zákonů se zjednodušuje. Navíc je vidět, že operace je komutativní, což znamená, že stačí ověřovat jen jeden distributivní zákon (ten druhý je totiž v tomto případě vždy stejný).... 13
3 Vektorové prostory Příklad 28 Rozhodněte, zda je v R 3 vektor v lineární kombinací vektorů u 1, u 2, u 3, je-li v = (5, 0, 3), u 1 = (1, 1, 2), u 2 = (3, 1, 1), u 3 = (2, 1, 0). Řešení. Vyřešíme vektorovou rovnici: v = c 1 u 1 + c 2 u 2 + c 3 u 3. To vede na soustavu tří rovnic o třech neznámých: 5 = c 1 + 3c 2 + 2c 3 0 = c 1 c 2 c 3 3 = 2c 1 + c 2 Sečteme-li první rovnici s dvojnásobkem druhé rovnice, dostaneme rovnici 5 = 3c 1 + c 2, od které odečteme třetí rovnici, abychom zjistili, že c 1 = 2. Poté již snadno dopočítáme, že c 2 = 1, c 3 = 3. Tedy vektor v je lineární kombinací vektorů u 1, u 2, u 3. Příklad 29 Určete, zda jsou (a) v R 3 vektory u 1 = (1, 2, 4) a u 2 = ( 1, 1, 2) (b) v R 4 vektory u 1 = (7, 13, 2, 1), u 2 = (7, 2, 3, 5) a u 3 = (21, 9, 8, 11) lineárně závislé nebo lineárně nezávislé. Řešení. (a) Napíšeme příslušnou vektorovou rovnici: c 1 u 1 + c 2 u 2 = o, tedy c 1 (1, 2, 4) + c 2 ( 1, 1, 2) = (0, 0, 0) a vyřešíme odpovídající soustavu rovnic: c 1 c 2 = 0 2c 1 + c 2 = 0 4c 1 2c 2 = 0. Tato soustava má jediné řešení: c 1 = 0, c 2 = 0, a proto jsou vektory u 1 a u 2 lineárně nezávislé. (b) Opět lze řešit standardně (přes ověření definice) vyřešením vektorové rovnice c 1 u 1 + c 2 u 2 + c 3 u 3 = o, nyní v konkrétním tvaru: c 1 (7, 13, 2, 1) + c 2 (7, 2, 3, 5) + c 3 (21, 9, 8, 11) = (0, 0, 0, 0). V tomto případě lze však postupovat podstatně rychleji. Stačí si všimnout, že vektor u 3 je součtem vektoru u 1 s dvojnásobkem vektoru u 2. Odtud snadno odvodíme, že u 1 + 2u 2 u 3 = o, a proto jsou vektory u 1, u 2 a u 3 lineárně závislé. 14
Příklad 30 Zjistěte, zda množina všech kladných reálných čísel R + spolu s operacemi a tvoří vektorový prostor nad tělesem reálných čísel R, je-li pro u, v R +, c R: u v = u v a c u = u c. Řešení. Postupně ověříme platnost všech definičních podmínek pojmu být vektorovým prostorem. Struktura (R +, ) je zřejmě abelovskou grupou, neboť násobení na množině kladných reálných čísel je komutativní a asociativní operací, jednotkovým prvkem je číslo 1 a inverzním prvkem k danému vektoru u R + je vždy jeho převrácená hodnota 1 u R+. Operace : R R + R + je levou vnější operací. Zbývá ověřit, zda pro každé vektory u, v R + a každé skaláry c, d R platí: (i) c (u v) = c u c v (ii) (c + d) u = c u d u (iii) (c d) u = c (d u) (iv) 1 u = u. Přepíšeme nyní podmínky podle vztahů zavádějících operace a : (i) (u v) c = u c v c (ii) u c+d = u c u d (iii) u c d = (u d ) c (iv) u 1 = u. Jelikož jsou splněny i všechny čtyři podmínky, je čtveřice (R +,, R, ) vektorovým prostorem nad R. Příklad 31 Určeta, zda množina (a) A = {(x + 2y, x + 2, 3y 1) x, y R} R 3 ; (b) B = {(x + 2y, x, 3y) x, y R} R 3 je, nebo není podprostorem aritmetického vektorového prostoru R 3. Řešení. (a) Ověříme, zda pro každé u, v A je u + v A, tedy uzavřenost na součet vektorů. Poté zjistíme, zda pro každé u A a libovolné c R je cu A, tedy uzavřenost na skalární násobky vektorů. Množina A nesplňuje ani jednu z obou uvedených podmínek, a proto není vektorovým podprostorem R 3. Pro x = y = 0 máme u = (0, 2, 1) A, pro x = y = 1 máme v = (3, 3, 8) A. Součet vektorů u + v = (3, 5, 7) však nepatří do A, neboť v opačném případě bychom ze druhé a první složky dostali x = 3 a y = 0, což je v rozporu se třetí složkou, s tím, že 3y 1 = 7. Podobně máme 0u = (0, 0, 0) / A, neboť v opačném případě bychom tentokrát ze druhé a první složky dostali x = 2 a y = 1, což je v rozporu se třetí složkou, s tím, že 3y 1 = 0. (b) Ověříme: (i) jestli pro každé u, v B je u + v B a (ii) zda pro každé u B a každé c R je cu B. Obě podmínky platí. Skutečně, jsou-li u = (x 1 +2y 1, x 1, 3y 1 ) a v = (x 2 +2y 2, x 2, 3y 2 ) dva vektory z B, pak pro x = x 1 +x 2 a y = y 1 +y 2 máme u+v = (x 1 +2y 1 +x 2 +2y 2, x 1 +x 2, 3y 1 +3y 2 ) = (x+2y, x, 3y) B a pro libovolné c R, x = cx 1, y = cy 1 je cu = c(x 1 + 2y 1, x 1, 3y 1 ) = (x + 2y, x, 3y) B. Množina B je tedy vektorovým podprostorem v R 3. 15
Příklad 32 Rozhodněte, je-li podprostorem daného vektorového prostoru množina (a) všech vektorů z R n, jejichž složky jsou celá čísla; (b) všech vektorů z R 2, které leží v rovině na souřadných osách; (c) všech vektorů (u 1, u 2,..., u n ) R n, pro které platí u 1 + u 2 + + u n = 0; (d) všech vektorů (u 1, u 2,..., u n ) R n, pro které platí u 1 + u 2 + + u n = 6. Řešení. Postupně ověříme platnost dvou definičních podmínek pojmu být podprostorem vektorového prostoru, tedy (i) uzavřenost na součet vektorů a (ii) uzavřenost na skalární násobky vektorů. (a) Podmínka (i) platí, ale podmínka (ii) neplatí, protože stačí například vzít jako skalár 1 2 a vektor (1, 1,..., 1). Daná množina tedy není vektorovým podprostorem v R n. (b) Podmínka (ii) platí, ale podmínka (i) neplatí, například pro dva nenulové vektory z různých souřadných os. Daná množina tedy není vektorovým podprostorem v R 2. (c) Platí obě podmínky (i) a (ii), a proto je daná množina vektorovým podprostorem v R n. (d) Neplatí ani podmínka (i), ani podmínka (ii). Podmínku (i) porušuje třeba součet vektoru u = (6, 0, 0,..., 0) se sebou sama. Podmínku (ii) porušuje například součin cu pro libovolný reálný skalár c 1. Daná množina tedy není vektorovým podprostorem v R n. Příklad 33 V Eukleidovském vektorovém prostoru R 3 je dán vektor x = ( 1, 2, 3) a vektor y = (17, p, 3). Určete reálný parametr p tak, aby vektory x a y byly na sebe kolmé (ortogonální). Řešení. Aby byly vektory x a y vzájemně ortogonální, musí být jejich skalární součin roven nule. Spočítáme nejprve skalární součin vektorů x a y x y = ( 1, 2, 3) (17, p, 3) = 17 + 2p + 9 a položíme jej roven nule. Dostaneme tak následující rovnici s neznámou p: 17 + 2p + 9 = 0. Odtud již snadno vypočítáme, že p = 4. Příklad 34 V Eukleidovském vektorovém prostoru R 5 určete parametr t R tak, aby vektory u = (t, 5, 1, t, 0) a v = (1, t, 3, t, π 2 ) byly vzájemně ortogonální. Řešení. Spočítáme skalární součin vektorů u a v a položíme jej roven nule. Obdržíme tak následující kvadratickou rovnici: t 5t + 3 + t 2 + 0 = 0 t 2 4t + 3 = 0 (t 1)(t 3) = 0. 16
Odtud již vidíme, že úloha má dvě řešení: t 1 = 1 a t 2 = 3. Příklad 35 V Eukleidovském vektorovém prostoru R 4 určete velikost úhlu, který spolu svírají vektory u = (1, 2, 2, 1) a v = (3, 1, 1, 3). Řešení. K řešení úlohy použijeme vzorec cos ϕ = u v u v, kde ϕ [0, π] je úhel mezi vektory u a v. Spočítáme tedy skalární součin vektorů: u v = 3 + 2 + 2 + 3 = 10 a určíme délky obou vektorů: u = 1 2 + 2 2 + ( 2) 2 + 1 2 = 10, v = 3 2 + 1 2 + ( 1) 2 + 3 2 = 20. Po dosazení do vzorce máme: cos ϕ = 10 10 20, po zkrácení: cos ϕ = 1 2, odkud ϕ = arccos 2 2, tedy ϕ = π 4. Úhel mezi vektory u a v má velikost 45 stupňů. Příklad 36 V Eukleidovském vektorovém prostoru E 4, určete velikost úhlu γ při vrcholu C a obvod trojúhelníka ABC, je-li A = [1, 1, 1, 1], B = [1, 2, 0, 1], C = [0, 2, 1, 2]. Řešení. Nejprve si vyjádříme souřadnice vektorů u, v a w: u = (A C) = (1, 1, 0, 1), v = (B C) = (1, 0, 1, 1), w = (B A) = (0, 1, 1, 0). Obvod trojúhelníka je nyní roven součtu velikostí vektorů u, v a w. Dosazením do vzorce vypočítáme, že délka vektoru u = 3, délka vektoru v = 3 a délka vektoru w = 2. Obvod trojúhelníka ABC je tedy 2 3 + 2. = 4, 88. Zbývá určit velikost úhlu γ při vrcholu C, což je ale velikost úhlu mezi vektory u a v. Dosazením do vzorce dostaneme: cos γ = 2 3. Odtud již určíme, že úhel γ má po zaokrouhlení velikost 48 stupňů. Příklad 37 Určete parametr t reálný tak, aby vektory u a v spolu svíraly úhel 30 stupňů, je-li u = (1, 4, 3), v = ( 4 t, 3 4t, 1 + 3t) R 3. Řešení. Určíme velikost vektorů u a v a jejich skalární součin: u = 1 + 16 + 9 = 26, v = ( 4 t) 2 + ( 3 4t) 2 + ( 1 + 3t) 2 = 26t 2 + 26t + 26, u v = 4 t 12 16t + 3 9t = 26t 13. Nyní dosadíme do vzorce pro úhel mezi vektory, čímž dostaneme: cos 30 = 26t 13 26 26t2 + 26t + 26. 17
Po úpravě máme: 3 13( 2t 1) = 2 26 t 2 + t + 1. Zbavíme se zlomků a po zkrácení obdržíme rovnici: 3 t2 + t + 1 = 2t 1 ( ) Obě strany poslední rovnice umocníme na druhou, což je ale neekvivalentní úprava, kterou je třeba po obdržení výsledku zpětně zohlednit. Máme: 3t 2 + 3t + 3 = 4t 2 + 4t + 1, což je kvadratická rovnice s neznámou t, kterou snadno dořešíme: t 2 + t 2 = 0 (t + 2)(t 1) = 0, odkud t 1 = 2 a t 2 = 1. Získaná řešení dosadíme zpět do rovnice. Vidíme, že t 2 není řešením a t 1 = 2 je jediným řešením vyhovující zadání. Příklad 38 V R 4 nalezněte ortogonální bázi podprostoru W generovaného třemi lineárně nezávislými vektory: v 1 = (1, 2, 2, 1), v 2 = (1, 1, 5, 3), v 3 = ( 3, 5, 0, 2). Řešení. položíme Dále Provedeme Gram-Schmidtův ortogonalizační proces. V prvním kroku u 1 = v 1 = (1, 2, 2, 1). u 2 = v 2 v 2 u 1 u 1 = (1, 1, 5, 3) 1 + 2 10 3 (1, 2, 2, 1) = (2, 3, 3, 2). u 1 u 1 1 + 4 + 4 + 1 A konečně u 3 = v 3 v 3 u 2 u 2 u 2 u 2 v 3 u 1 u 1 u 1 u 1 = = ( 3, 5, 0, 2) 13 26 (2, 3, 3, 2) 5 10 (1, 2, 2, 1) = ( 9 2, 5 2, 1 2, 3 2 Hledanou ortogonální bázi podprostoru W tvoří vektory u 1 = (1, 2, 2, 1), u 2 = (2, 3, 3, 2) a u 3 = 1 2 ( 9, 5, 1, 3). ). 18
4 Matice Příklad 39 Mějme dány matice A = typu 2 3 nad Q. Vypočítejte (a) A + B (b) 1 3 B (c) ( A) (A T ) (d) 2A B T. ( 1 1 3 2 0 1 ) ( 3 6 6, B = 0 9 3 ) Řešení. ((a) Matice A a) B jsou stejného typu, tudíž je můžeme spolu sečíst: 4 5 3 A + B =. 2 9 2 ( ) 1 2 2 (b) Zřejmě 1 3 B =. 0 3 1 (c) Matice A je typu 2 3, matice A T (transponovaná k A) je typu 3 2. Součin matic je tedy definován a výsledná matice bude typu 2 2. Platí, že ( A) (A T ) = ( 1 1 3 2 0 1 ) 1 1 2 0 3 1 ( 11 1 = 1 5 (d) I zde je součin matic definován a výsledkem bude matice typu 2 2. Máme 2A B T = ( 2 2 6 4 0 2 ) 3 0 ( ) 6 9 42 36 = 24 6 6 3 ). ( 7 6 = 6 4 1 ). Příklad 40 Určete matici X tak, aby platila následující maticová rovnice: ( 5 4 1 0 ) X = 1 2 0 2 5 3 1 1 2. Řešení. Taková matice X neexistuje! Násobíme-li totiž matici typu 2 2 maticí X, nikdy jako výsledek nemůžeme dostat matici typu 3 3. Příklad 41 Určete x, y, z R tak, aby 2A = B 2 + C, kde A = ( ) ( ) 1 y 0 1 B =, C =. 1 0 z 1 ( x 0 0 1 ), 19
( ) 2x 0 Řešení. Zřejmě 2A =. 0 2 ( ) ( ) ( ) 1 y 1 y 1 y y Vypočítáme B 2 = =. Odtud snadno ( 1 0 1 0 ) 1 y 1 y y + 1 určíme, že B 2 + C =. Má-li platit maticová rovnice 2A = 1 + z y + 1 B 2 + C musí platit, že ( 2x 0 0 2 ) = ( 1 y y + 1 1 + z y + 1 tedy (z definice rovnosti dvou matic) musí platit následující čtyři rovnice: 2x = 1 y 0 = y + 1 0 = 1 + z 2 = y + 1. Ze třetí rovnice ihned vidíme, že z = 1. Ze druhé a čtvrté rovnice plyne, že y = 1. Dosazením y = 1 do první rovnice snadno určíme, že x = 1. ), Příklad 42 Pro n N spočítejte ( 1 1 0 1 ) n. ( ) 1 1 Řešení. Označme si matici písmenem A. Podívejme se, jaké výsledky obdržíme pro n = 1, 2, 3. Zřejmě A 1 = A. Dále A 2 = a 0 1 ( ) 1 2 ( ) 0 1 1 3 A 3 =. Na základě obdržených výsledků pro tři nejmenší n N vyslovíme tvrzení, že A n =. Toto tvrzení dokážeme indukcí. Pro n = 1 0 1 ( ) 1 n 0 1 tvrzení platí. Předpokládejme dále, že tvrzení platí pro n a dokážme jej pro n + 1. S využitím asociativity platí, že ( ) ( ) ( ) 1 n 1 1 1 n + 1 A n+1 = A n A = =, 0 1 0 1 0 1 čímž je důkaz hotov. 20
5 Determinanty Příklad 43 Určete znaménka pořadí π 1, π 2, je-li π 1 = (2, 3, 6, 4, 1, 5), π 2 = (6, 2, 1, 3, 5, 4). Řešení. K určení znaménka u pořadí, je třeba znát počet inverzí v daném pořadí. U π 1 je celkem šest inverzí: [2, 1], [3, 1], [6, 4], [6, 1], [6, 5], [4, 1], a proto je sgnπ 1 = ( 1) 6 = 1, tedy π 1 je sudé pořadí. U π 2 je celkem sedm inverzí: [6, 2], [6, 1], [6, 3], [6, 5], [6, 4], [2, 1], [5, 4], a proto je sgnπ 2 = ( 1) 7 = 1, tedy π 2 je liché pořadí. Příklad ( 44 Určete znaménka permutací ) 1 2 3 4 5 6 7 (a) P 1 =, ( 4 7 5 1 6 ) 2 3 1 5 2 4 3 (b) P 2 =. 3 2 5 4 1 Řešení. (a) Permutace P 1 = ( π 0 ) π 1 je v základním tvaru, takže její znaménko bude stejné, jako znaménko pořadí π 1. U π 1 je celkem 13 inverzí: [4, 1], [4, 2], [4, 3], [7, 5], [7, 1], [7, 6], [7, 2], [7, 3], [5, 1], [5, 2], [5, 3], [6, 2], [6, 3], a proto je sgnπ 1 = ( 1) 13 = 1. Z toho plyne, že sgnp 1 = 1 a P 1 je lichá permutace. (b) Pro určení znaménka permutace P 2 = ( π 2 ) π 3 potřebujeme znát znaménka pořadí π 2 a π 3. Pořadí π 2 má čtyři inverze, a tedy sgnπ 2 = ( 1) 4 = 1. Pořadí π 3 má šest inverzí, a tedy sgnπ 3 = ( 1) 6 = 1. Jelikož obě pořadí definující permutaci P 2 mají stejné znaménko, je permutace P 2 sudá a sgnp 2 = 1. Příklad 45 Podle Sarusova pravidla spočítejte determinanty (a) 3 5 4 2, 2 1 8 (b) 4 1 2 1 4 3. Řešení. (a) Zřejmě 3 5 4 2 = 3 2 ( 5) 4 = 26. 2 1 8 (b) Máme 4 1 2 = 2 1 3 + 4 4 8 + 1 ( 1) ( 2) 8 1 1 ( 2) 1 4 3 4 2 3 ( 1) 4 = 6 + 128 + 2 8 + 16 + 12 = 156. 21
Příklad 46 Vypočítejte následující determinanty: 3 5 2 (a) 13 11 7 3 5 2, 83 121 15 0 (b) 21 33 17 0 3 2 1 0, 53 19 26 0 1 11 17 198 (c) 0 3 13 15 0 0 2 14, 0 0 0 10 1 2 3 3 2 (d) 3 1 2 2 1 2 5 4 3. Řešení. (b) (a) 3 5 2 13 11 7 3 5 2 83 121 15 0 21 33 17 0 3 2 1 0 53 19 26 0 = 0, neboť první řádek je stejný jako třetí. = 0, jelikož poslední sloupec je nulový (obsahuje pouze nuly). 1 11 17 198 (c) 0 3 13 15 0 0 2 14 = 1 3 ( 2) 10 = 60. Totiž všechna čísla pod hlavní 0 0 0 10 diagonálou jsou nulová, tedy determinant je roven součinu prvků na hlavní diagonále. 1 2 3 3 2 (d) 3 1 2 2 1 2 5 4 3 = 1 3 1 2 1 2 6 3 1 1 5 4 3 = 1 6 7 2 8 0 1 0 17 4 1 = 1 6 7 8 ( 1)2+2 17 1 = 1 43 6 ( 7 + 136) = 2. Příklad 47 Určete minory M 12, M 23, M 33 a algebraické doplňky A 12, A 23, A 33 matice A = 0 2 7 4 5 3. 1 1 4 Řešení. Minor M 12 = 4 3 1 4 = 4 4 ( 3) 1 = 19 a algebraický doplněk A 12 = ( 1) 1+2 M 12 = 19. Dále, minor M 23 = 0 2 1 1 = 2 a algebraický 22
doplněk A 23 = ( 1) 2+3 M 23 = 2. A konečně minor M 33 = 0 2 4 5 algebraický doplněk A 33 = ( 1) 3+3 M 33 = 8. = 8 a Příklad 48 Nechť a 1,..., a n R, b 1, b 2,... b n R a n N. Vypočítejte determinant čtvercové matice A stupně n + 1 nad R, je-li 1 a 1 a 2... a n 1 a 1 + b 1 a 2... a n A = 1 a 1 a 2 + b 2... a n................ 1 a 1 a 2... a n + b n Řešení. Příklad 49 det A = = 1 a 1 a 2... a n 1 a 1 + b 1 a 2... a n 1 a 1 a 2 + b 2... a n............... 1 a 1 a 2... a n + b n 1 a 1 a 2... a n 0 b 1 0... 0 0 0 b 2... 0............... 0 0 0... b n Vyřešte rovnici s neznámou x, je-li 1 3 1 1 1 4 x + 3 2 2 0 1 1 = 0. 2 1 5 0 = = b 1 b 2 b n. Řešení. Pomocí pravidel pro počítání s determinanty postupně zjednodušíme zadaný determinant: 1 3 1 1 1 3 0 1 1 4 x + 3 2 2 0 1 1 = 3 4 x + 5 2 0 0 0 1 = ( 1) ( 1) 3+4 1 3 0 3 4 x + 5 2 1 5 0 2 1 5 0 2 1 5 = 1 0 0 3 13 x + 5 2 23 5 = ( 1) ( 1)1+1 13 x + 5 ( 5) 5 5 = 13 x + 5 1 1 = ( 5) (13+x+5) = ( 5)(18+x). Pokud poslední výraz položíme roven nule, obdržíme jednoduchou rovnici ( 5) (18+x) = 0, která má jediné řešení: x = 18. 23
Příklad 50 Nechť x, y R a nechť je dána matice A = cos x cos y sin x cos x sin y sin x cos y cos x sin x sin y sin y 0 cos y. Určete det A det A T. Řešení. Víme, že det A = det A T. Určíme tedy determinant matice A. Podle Sarusova pravidla máme: det A = cos 2 x cos 2 y + sin 2 x sin 2 y + cos 2 x sin 2 y + sin 2 x cos 2 y = cos 2 x (cos 2 y+sin 2 y)+sin 2 x (sin 2 y+cos 2 y) = cos 2 x+sin 2 x = 1. Nyní již příklad snadno dopočítáme: det A det A T = 1 1 = 1. Příklad 51 Vypočtěte determinant matice pátého stupně: 3 1 1 2 5 1 1 1 1 1 2 3 2 4 2 4 2 1 2 1 2 2 2 3 0. Řešení. Pomocí pravidel pro počítání s determinanty si nejprve upravíme druhý řádek tak, abychom tam získali čtyři nuly a mohli tak vhodně použít Laplaceovu větu o rozvoji determinantu. Poté podobně determinant zjednoduššíme až na výpočet matice třetího stuňě, kde už lze použít Sarrusovo pravidlo. 3 1 1 2 5 1 1 1 1 1 2 3 2 4 2 4 2 1 2 1 2 2 2 3 0 = ( 1)( 1) 2+3 = ( 2)( 1) 4+4 = 4 2 1 6 4 1 6 0 3 3 1 2 4 0 1 2 8 2 2 4 1 6 7 3 0 4 2 1 1 6 0 0 1 0 0 4 1 2 6 0 3 3 1 1 2 4 0 2 1 2 = 8 2 2 0 4 1 6 0 7 3 0 0 4 0 1 2 = = = ( 2)(24 84 14 + 144) = 140. 24
Příklad 52 Vypočtěte determinant matice šestého stupně: 2 5 3 1 0 4 3 1 2 2 2 6 1 5 3 4 2 2 0 2 1 2 1 3. 1 1 2 3 0 1 1 2 2 2 3 9 Řešení. Postupovat podle definice by znamenalo sečíst 6! = 720 sčítanců ve tvaru součinů šesti čísel. Determinant raději postupně korektně upravíme tak, abychom mohli opakovaně použít Laplaceovu větu o rozvoji determinantu a výpočet značně zjednodušit až do fáze, kdy je dopočítání výsledku jednoduché. 2 5 3 1 0 4 2 5 3 1 0 4 3 1 2 2 2 6 3 3 0 6 0 0 1 5 3 4 2 2 0 2 1 2 1 3 = 1 9 1 0 0 4 0 2 1 2 1 3 = 1 1 2 3 0 1 1 1 2 3 0 1 1 2 2 2 3 9 1 4 1 4 0 0 2 5 3 1 4 2 5 3 1 4 3 3 0 6 0 1 1 0 2 0 = 1( 1) 4+5 1 9 1 0 4 = ( 3) 1 9 1 0 4 = 1 1 2 3 1 1 1 2 3 1 1 4 1 4 0 1 4 1 4 0 2 3 3 5 4 1 0 0 0 0 3 3 5 4 = ( 3) 1 10 1 2 4 = ( 3)1( 1) 2+1 10 1 2 4 1 2 2 1 1 2 2 1 1 = 1 5 1 6 0 5 1 6 0 5 5 1 0 = 3 18 7 2 0 5 5 1 2 2 1 1 = 3( 1) 3+4 18 7 2 5 1 6 0 5 1 6 = 0 0 1 = ( 3) 28 17 2 25 29 6 = ( 3)( 1)( 1)1+3 28 17 25 29 = 3 387 = 1161 Příklad 53 Pro n N, a 1,... a n R a b 1,... b n R vypočítejte determinant: a 1 + b 1 a 1 + b 2... a 1 + b n det A = a 2 + b 1 a 2 + b 2... a 2 + b n............. a n + b 1 a n + b 2... a n + b n 25
Řešení. Nejtěžším krokem je si všimnout, že pro n 2 je matice A součinem následujících dvou matic B a C: a 1 1 0... 0 1 1 1... 1 A = B C = a 2 1 0... 0............... b 1 b 2 b 3... b n................ a n 1 0... 0 0 0 0... 0 Podle věty o součinu determinantů víme, že det A = det(b C) = det B det C. Pro n 3 je však det B = 0 = det C, protože matice B má nulový sloupec a matice C má nulový řádek. Tedy pro n 3 je det A = 0. Zbývá vyřešit dva případy: n = 1 a n = 2. Pro n = 1 je determinant matice A roven přímo hodnotě jeho jediného prvku, tedy det A = a 1 + b 1. Pro n = 2 je determinant matice A roven součinu determinantů matic B a C, tedy dle Sarusova pravidla det A = (a 1 a 2 ) (b 2 b 1 ). 26
6 Hodnost matice, soustavy rovnic Příklad 54 Určete hodnost matice A nad tělesem Z 3, je-li 1 2 1 A = 2 1 2 1 0 1. 1 2 1 Řešení. Hodnost matice je maximální počet lineárně nezávislých řádků (resp. sloupců) dané matice. Při převedení na trojúhelníkový tvar pomocí elementárních transformací je hodnost určena počtem nenulových řádků matice. Upravíme proto matici A takto: 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0. 1 2 1 0 0 0 0 0 0 Hodnost matice A je rovna dvěma, neboli h(a) = 2. Příklad 55 Zjistěte dimenzi průniku W 1 W 2 R 4, jestliže podprostor W 1 je generován vektory u 1 = (3, 4, 0, 2), u 2 = (2, 3, 1, 1) a podprostor W 2 je generován vektory v 1 = (1, 1, 1, 1), v 2 = ( 1, 1, 2, 0), v 3 = (4, 4, 7, 5). Řešení. Nejprve určíme dimenzi vektorových podprostorů W 1 a W 2. Máme ( ) ( ) ( ) 3 4 0 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1 2 3 1 1 0 1 3 1 a 1 1 2 0 1 1 1 1 4 4 7 5 1 1 1 1 0 0 3 1 0 0 3 1 1 1 1 1 0 0 3 1 0 0 0 0 odkud dim W 1 = dim W 2 = 2. Dále určíme dimenzi spojení obou podprostorů. Využijeme k tomu výše provedené řádkové elementární transformace: 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 3 1 1 1 1 1 0 1 3 1 0 0 3 1, 0 0 3 1 0 0 0 0 tedy dim(w 1 W 2 ) = 3. Podle věty o dimenzi spojení a průniku podprostorů platí: dim W 1 + dim W 2 = dim(w 1 W 2 ) + dim(w 1 W 2 ), a proto je v našem příkladě dim(w 1 W 2 ) = 1., 27
Příklad 56 rovnic: Pomocí Cramerova pravidla vypočtěte x 3 ze soustavy lineárních 2x 1 3x 2 + 5x 3 = 0 x 1 + x 2 + x 3 = 11 x 1 + 2x 2 2x 3 = 0. Řešení. Nejprve vypočítáme determinant matice soustavy: 2 3 5 det A = 1 1 1 1 2 2 = 2 1 7 1 0 0 1 3 1 = ( 1) ( 1)2+1 1 7 3 1 = 1 21 = 20. Determinant je nenulový, soustava bude mít právě jedno řešení. Dále spočítáme determinant matice A 3, který vznikne z matice A nahrazením třetího sloupce vektorem pravých stran ze zadané soustavy rovnic: 2 3 0 det A 3 = 1 1 11 1 2 0 = ( 11) ( 1)2+3 2 3 1 2 = 11 (4 ( 3)) = 77. det A3 Nyní již snadno určíme hodnotu neznámé x 3. Máme x 3 = det A = 77 20. Příklad 57 rovnic: Pomocí Cramerova pravidla vypočtěte x 2 ze soustavy lineárních 10x 1 + 3x 2 + 2x 3 = 1 15x 1 + 7x 2 + 4x 3 = 2 25x 1 5x 2 10x 3 = 18. Řešení. Spočítáme determinant matice soustavy lineárních rovnic: 10 3 2 det A = 15 7 4 25 5 10 = 5 2 2 3 1 3 7 2 5 5 5 = 10 2 5 3 3 10 5 5 0 0 = = 10 5 ( 1) 3+1 5 3 10 5 = 50 (25 30) = 250. Determinant je nenulový, soustava bude mít právě jedno řešení. Dále spočítáme determinant matice A 2, která vznikne nahrazením druhého sloupce vektorem pravých stran ze zadané soustavy rovnic: 10 1 2 det A 2 = 15 2 4 25 18 10 = 5 2 2 1 1 3 2 2 5 18 5 = 10 2 0 1 3 0 2 5 13 5 = = 10 13 ( 1) 3+2 2 1 3 2 = 130 (4 3) = 130. Nyní již snadno příklad dopočítáme: x 2 = det A 2 det A = 130 250 = 13 25. 28
Příklad 58 Gaussovou eliminační metodou vyřešte následující soustavu lineárních rovnic: 2x 1 x 2 3x 3 = 5 3x 1 + 7x 2 + 6x 3 = 6 x 1 + 5x 2 3x 3 = 20 Řešení. Zadanou soustavu lineárních rovnic přepíšeme jako rozšířenou matici soustavy (A, b), kterou pomocí řádkových elementárních transformací převedeme na redukovaný trojúhelníkový tvar: 2 1 3 5 1 5 3 20 3 7 6 6 0 9 9 45 1 5 3 20 0 8 15 54 1 5 3 20 0 1 1 5 0 0 7 14 1 5 3 20 0 1 1 5 0 0 1 2 Zřejmě h((a, b)) = h(a) = 3. Dle Frobeniovy věty bude mít tato soustava rovnic právě jedno řešení. Z posledního řádku (A, b) vidíme, že x 3 = 2. Ze druhého řádku nyní dopočítáme hodnotu neznámé x 2. Platí, že x 2 = 5 + x 3, odkud x 2 = 3. Z prvního řádku (A, b) máme x 1 = 20 5x 2 + 3x 3, což po dosazení konkrétních hodnot za x 2 a x 3 dává x 1 = 20 15 6 = 1. Řešením je tedy vektor x = (x 1, x 2, x 3 ) = ( 1, 3, 2). Příklad 59 Gaussovou eliminační metodou vyřešte následující nehomogenní soustavu lineárních rovnic: x 1 + 2x 2 3x 3 2x 4 = 0 x 1 + 3x 2 5x 3 + 2x 4 = 7 x 1 2x 2 + 5x 3 + 3x 4 = 5. x 1 x 2 + x 3 + 6x 4 = 9. Řešení. Zadanou soustavu lineárních rovnic převedeme na rozšířenou matici soustavy (A, b), kterou budeme upravovat (pomocí řádkových elementárních transformací) na redukovaný trojúhelníkový tvar: 1 2 3 2 0 1 2 3 2 0 1 3 5 2 7 1 2 5 3 5 0 1 2 4 7 0 0 2 1 5 1 1 1 6 9 0 1 2 4 9 1 2 3 2 0 0 1 2 4 7 0 0 2 1 5 0 0 0 0 2. 29
Zřejmě h(a) = 3, ale h((a, b)) = 4. Podle věty Frobeniovy tedy soustava rovnic nemá řešení. Příklad 60 Gaussovou eliminační metodou vyřešte následující soustavu homogenních lineárních rovnic: x 1 4x 2 + 2x 3 x 4 + 7x 5 = 0 x 1 3x 2 + 4x 3 2x 4 + 7x 5 = 0. Řešení. Zadanou soustavu rovnic převedeme na matici soustavy A, kterou snadno ( upravíme na redukovaný ) ( trojúhelníkový tvar: ) 1 4 2 1 7 1 4 2 1 7. 1 3 4 2 7 0 1 2 1 0 Zřejmě h(a) = 2 a jelikož počet neznámých je 5, bude (podle Frobeniovy věty) obecné řešení soustavy záviset na třech parametrech (5 2 = 3). Jako parametry zvolíme neznáme x 3, x 4 a x 5. Z redukovaného trojúhelníkového tvaru matice soustavy dopočítáme ze druhého řádku x 2 a poté z prvního řádku x 1. Platí, že x 2 = 2x 3 + x 4 a x 1 = 4( 2x 3 + x 4 ) 2x 3 + x 4 7x 5 = 10x 3 + 5x 4 7x 5. Dále určíme fundamentální systém řešení. K tomu, pro naše tři parametry, zvolíme následující hodnoty: x 3 x 4 x 5 1 0 0 0 1 0 0 0 1 a dopočítáme konkrétní hodnoty pro neznámé x 1 a x 2, které již máme obecně (vzhledem k parametrům) vyjádřeny. Dostáváme tak postupně všechny souřadnice všech bázových vektorů generujících celý podprostor řešení. Konkrétně máme: u 1 = ( 10, 2, 1, 0, 0), u 2 = (5, 1, 0, 1, 0) a u 3 = ( 7, 0, 0, 0, 1). Libovolné (z nekonečně mnoha) řešení dané soustavy získáme jako lineární kombinaci bázových vektorů u 1, u 2 a u 3, které tvoří hledaný fundamentální systém řešení. Příklad 61 Nalezněte inverzní matici k matici A = (a) přes adjungovanou matici; (b) přes jednotkovou matici. 1 3 2 3 10 3 1 4 0 Řešení. Ověříme, že je matice regulární (má determinant různý od nuly). Dle 1 3 2 Saurusova pravidla je det A = 3 10 3 = 0 + 24 + 9 20 12 0 = 1. 1 4 0 Matice A je tedy regulární a k ní inverzní matice A 1 existuje. Nejprve určíme 30
A 1 přes adjungovanou matici. K tomu vypočítáme následujících devět algebraických doplňků: A 11 = ( 1) 1+1 10 3 4 0 = 12, A 12 = ( 1) 1+2 3 3 1 0 = 3, A 13 = ( 1) 1+2 3 10 1 4 = 2, A 21 = ( 1) 2+1 3 2 4 0 = 8, A 22 = ( 1) 2+2 1 2 1 0 2, A 23 = ( 1) 2+3 1 3 1 4 = 1, A 31 = ( 1) 3+1 3 2 10 3 = 11, A 32 = ( 1) 3+2 1 2 3 3 = 3, A 33 = ( 1) 3+3 1 3 3 10 = 1. Zbývá získané hodnoty dosadit do vzorce: A 1 = 1 det A A 11 A 21 A 31 12 8 11 A 12 A 22 A 32 = 3 2 3. A 13 A 23 A 33 2 1 1 Nyní získáme inverzní matici druhým způsobem, přes jednotkovou matici: 1 3 2 1 0 0 1 3 2 1 0 0 3 10 3 0 1 0 0 1 3 3 1 0 1 4 0 0 0 1 0 1 2 1 0 1 1 3 2 1 0 0 0 1 3 3 1 0 0 0 1 2 1 1 1 0 0 12 8 11 0 1 0 3 2 3 0 0 1 2 1 1 1 3 0 3 2 2 0 1 0 3 2 3 0 0 1 2 1 1, tedy A 1 = Příklad 62 Určete inverzní matici k matici A = 12 8 11 3 2 3 2 1 1 3 1 5 2 2 1 1 1 4. = Řešení. Zřejmě det A = 0, neboť třetí řádek v matici, lze získat odečtením druhého řádku od prvního řádku (řádky jsou tedy lineárně závislé). Proto je matice A singulární a inverzní matice A 1 neexistuje! Příklad 63 Určete vlastní čísla matice A nad R, je-li A = 1 1 0 1 2 0 3 1 4 Řešení. Určíme charakteristický polynom a položíme jej roven nule: 1 λ 2 0 det(a λe) = 1 1 λ 0 3 1 4 λ = (4 λ) (λ2 + 1). (4 λ) (λ 2 + 1) = 0, právě když λ 1 = 4, λ 2 = i, λ 3 = i.. 31
Příklad 64 Určete vlastní čísla a vlastní vektory matice A = nad R. 1 2 1 2 2 1 3 2 1 Řešení. Určíme charakteristický polynom: 1 λ 2 1 det(a λe) = 2 2 λ 1 = (1 + λ)(2 + λ)(1 λ) + 4 + 6 + 3 2 1 λ 3( 2 λ) + 2( 1 λ) 4(1 λ) = λ 2 ( 2 λ). Charakteristický pololynom položíme roven nule a obdržíme vlastní čísla matice A: λ 2 ( 2 λ) = 0, právě když λ 1,2 = 0 a λ 3 = 2. Nyní určíme vlastní vektor u = (u 1, u 2, u 3 ) příslušný vlastním hodnotám λ 1,2 : 1 2 1 2 2 1 u 1 u 2 = 0 0. 3 2 1 u 3 0 Snadno zjistíme, že obecným řešením uvedené maticové rovnice je libovolný vektor u = (0, u 3, 2u 3 ). Dále určíme vlastní vektor v = (v 1, v 2, v 3 ) příslušný vlastní hodnotě λ 3 : 2 0 1 1 2 1 3 2 3 v 1 v 2 v 3 = 0 0 0 Snadno vypočítáme, že obecným řešením uvedené maticové rovnice je libovolný vektor v = (2v 3, 3v 3, 4v 3 ). Příklad 65 Určete matici přechodu A od báze M 1 = {(1, 0, 2), (0, 1, 1), (3, 0, 1)} k bázi M 2 = {(2, 2, 1), (6, 0, 5), (3, 1, 2)}. Poté určete vztah mezi souřadnicemi libovolného vektoru u R 3. Řešení. Označme vektory u 1 = (1, 0, 2), u 2 = (0, 1, 1), u 3 = (3, 0, 1) a v 1 = (2, 2, 1), v 2 = (6, 0, 5), v 3 = (3, 1, 2). Pro i = 1, 2, 3 vyřešíme (Gaussovou eliminační metodou) tři soustavy lineárních rovnic: a i1 u 1 + a i2 u 2 + a i3 u 3 = v i. Pro i = 1 máme: a 11 u 1 + a 12 u 2 + a 13 u 3 = v 1, což po dosazení konkrétních hodnot dává:. a 11 (1, 0, 2) + a 12 (0, 1, 1) + a 13 (3, 0, 1) = (2, 2, 1). Podobně pro i = 2 máme: a 21 u 1 + a 22 u 2 + a 23 u 3 = v 2, což po dosazení konkrétních hodnot dává: a 21 (1, 0, 2) + a 22 (0, 1, 1) + a 23 (3, 0, 1) = (6, 0, 5). 32
A pro i = 3 máme: a 31 u 1 + a 32 u 2 + a 33 u 3 = v 3, což po dosazení konkrétních hodnot dává: a 31 (1, 0, 2) + a 32 (0, 1, 1) + a 33 (3, 0, 1) = (3, 1, 2). Hledaných devět neznámých a ij tvoří matici A. Maticově zapíšeme všechny tři soustavy nehomogenních lineárních rovnic a s využitím elementárních řádkových transformací dostaneme: 1 0 3 2 6 3 0 1 0 2 0 1 2 1 1 1 5 2 1 0 3 2 6 3 0 1 0 2 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 3 2 6 3 0 1 0 2 0 1 0 1 7 5 7 8 1 0 0 1 3 0 0 1 0 2 0 1 0 0 1 1 1 1 S pomocí Gaussovy eliminační metody jsme zjistili, že matice přechodu od báze M 1 k bázi M 2 má tvar A = 1 2 1 3 0 1. 0 1 1 Označme dále {u} M1 = (x 1, x 2, x 3 ) a {u} M2 = (x 1, x 2, x 3 ). Jelikož {u} M 1 = {u} M2 A dostaneme: x 1 = x 1 + 3x 2 x 2 = 2x 1 x 3 x 3 = x 1 + x 2 + x 3. Víme, že platí {u} M2 = {u} M1 A 1. Spočítáme tedy matici A 1 (matici inverzní k A): 1 2 1 1 0 0 3 0 1 0 1 0 1 2 1 1 0 0 0 6 4 3 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 2 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 3 10 10 1 5 3 1 0 1 0 10 10 2 5. 3 1 3 3 1 3 0 0 1 10 10 5 0 0 1 10 10 5 Odtud A 1 = 1 3 10 10 1 5 3 1 10 3 10 Nyní již můžeme příklad dokončit. Platí: 10 2 5 1 3 10 5 x 1 = 1 10 x 1 + 3 10 x 2 + 3 10 x 3 x 2 = 3 10 x 1 + 1 10 x 2 + 1 10 x 3 x 3 = 1 5 x 1 2 5 x 2 + 3 5 x 3. 33
Příklad 66 Určete, která z následujících zobrazení aritmetických vektorových prostorů jsou homomorfismy/monomorfismy/epimorfismy/izomorfismy: (a) f a : R 2 R 4, f a ((x 1, x 2 )) = (x 1 x 2, 1, x 2, x 1 ); (b) f b : R 3 R 2, f b ((x 1, x 2, x 3 )) = (x 1 x 2, x 3 ); (c) f c : R 2 R 2, f c ((x 1, x 2 )) = (2x 2 x 1, x 1 + x 2 ); (d) f d : R 5 R 2, f d ((x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 )) = (x 3, x 4 ); (e) f e : R 2 R 3, f e ((x 1, x 2 )) = (x 1, x 1, x 2 ). Řešení. platit: Aby bylo dané zobrazení f : V 1 V 2 lineární (homomorfismus), musí (i) u, v V 1 : f(u + v) = f(u) + f(v); (ii) c R, u V 1 : f(c u) = c f(u). (a) Zobrazení f a není homomorfismus, neboť například pro u = v = (1, 1) neplatí (i). Totiž f a ((1, 1) + (1, 1)) = f a ((2, 2)) = (0, 1, 2, 2), ale f a ((1, 1)) + f a ((1, 1)) = (0, 1, 1, 1) + (0, 1, 1, 1) = (0, 2, 2, 2). Poznamenejme, že pro libovolné c 1 neplatí ani podmínka (ii). (b) Zobrazení f b také není homomorfismus, neboť například pro u = (3, 2, 1) a v = (2, 3, 0) neplatí (i). Totiž f b ((3, 2, 1)+(2, 3, 0)) = f b ((5, 5, 1)) = (25, 1), ale f b ((3, 2, 1))+f b ((2, 3, 0)) = (6, 1)+(6, 0) = (12, 1). Poznamenejme, že například pro vektor u = (3, 2, 1) a libovolné 0 c 1 neplatí ani podmínka (ii). (c) Zobrazení f c splňuje (i) a (ii), je tedy homomorfismem. Navíc zřejmě jádrem f c je {(0, 0)}, tedy f c je monomorfismus. Obrazem f c je R 2, tedy f c je epimorfismus. Dohromady f c je izomorfismus. (d) Zobrazení f d splňuje (i) a (ii), je tedy homomorfismem. Zřejmě f d je epimorfismus, který není izomorfismem. Snadno najdeme dva různé vektory z R 5, které patří do jádra zobrazení f d, třeba f d ((1, 2, 0, 0, 3)) = (0, 0) = f d ((3, 2, 0, 0, 1)). (e) Zobrazení f e splňuje (i) a (ii), je tedy homomorfismem. Zřejmě f e je monomorfismus, který není izomorfismem. Například neexistuje vektor u R 2, který by se zobrazil na vektor (1, 2, 3) R 3. 34