těchto písemek (bez řešení) najdete na (odkazy v posledních dvou odstavcích před sekcí Literatura ).

Vážení studenti, předkládám vám zde vzorová řešení písemek, které proběhly letos v semestru, a také řešení vzorové písemky. Zadání těchto písemek (bez řešení) najdete na http://math.feld.cvut.cz/0educ/pozad/y01alg.htm (odkazy v posledních dvou odstavcích před sekcí Literatura ). Domnívám se, že bude pro vás výhodné nejprve pracovat se zadáním bez řešení a teprve až si skutečně nebudete jisti, můžete použít tento dokument. Rovněž vám tento dokument poslouží k tomu, že zjistíte, v jakém rozsahu asi očekáváme řešení a vysvětlení postupu řešení, aby mohla být písemka hodnocena maximálním počtem bodů. Řešení jsem psal poněkud neformálně, tj. možná jsou některé formulace méně přesné než v mém učebním textu Lineární algebra, přístupném například ze stránky http://www.olsak.net/linal.html jako soubor linal.pdf. Chtěl jsem ukázat, že plno věcí se dá říci různými slovy. Můžete si tedy všimnout, že žádná definice uvedená zde v řešení není z mého textu Lineární algebra opsána doslova. Učte se prosím tomuto předmětu porozumět a neučte se zpaměti postupy a texty, které by vám třeba nic neříkaly. Pro pochopení je potřeba asi větší duševní práce. Smysl některých definic nebo vět vyplyne jen tehdy, pokud si člověk přečte jejich užití v důkazech jiných vět. Vynechávat při učení důkazy mi tedy nepřijde rozumné a může se stát, že kvůli tomu se vám nepodaří smysl některých částí pochopit. Držím vám palec, at se vám povede předmětu porozumět. Pak už bude pro vás snadné najít postup pro příklady, které se mohou v písemce vyskytnout a také najít správnou argumentaci v odpovědích. Bude pro vás také snadné sformulovat definici nebo větu svými slovy, pokud budete vědět, proč byla v tom předmětu daná věta nebo definice použita. Pak si budeme u zkoušky rozumět a bude to oboustranně příjemné setkání. Většina úloh nepředpokládá předvedení jediného správného postupu, ale spíš prověřuje, zda jste pochopili probíranou látku. Úlohy se mnohdy dají řešit více způsoby, existuje více náhledů na problém. Není nikde řečeno, že zde předvedené řešení je jediný správný postup. Při opravování písemek budeme akceptovat jakýkoli postup řešení, který se opírá o správnou argumentaci a dokumentuje, že jste látce porozuměli. Ještě jedna rada na závěr. Čtěte pozorně zadání příkladů a u písemky odpovídejte na to, na co se ptáme. Pokud se vám nepodaří ani přijít, co je obsahem otázky (bohužel se i s takovými studenty setkáváme), je nutné, abyste na sobě ještě hodně zapracovali a pokusili se proniknout do jazyka, který v tomto předmětu používáme. Hodně štěstí u zkoušky Petr Olšák 1

Úvod do algebry, vzorová písemka, program STM Úloha 1 (10+5 b) a) Najděte všechny kořeny (včetně násobností) polynomu P (x), víte-li, že jeho kořenem je komplexní číslo 1 + i. P (x) x 5 5x 4 + 1x 3 16x + 1x 4 Protože 1 + i je kořen, musí být kořenem i 1 i a polynom (x 1 i)(x 1 + i) x x + musí dělit polynom p. Je (x 5 5x 4 + 1x 3 16x + 1x 4) : (x x + ) x 3 3x + 4x. Součet koeficientů tohoto polynomu třetího stupně je 0, což je neklamné znamení, že polynom má kořen 1 (takové štěstí máme jen u modelových příkladů). Je x 3 3x + 4x (x 1)(x x + ) a ejhle: polynom (x x + ) se nám v rozkladu vyskytuje už podruhé, takže kořeny 1 + i a 1 i jsou dvojnásobné. Přidáme jednonásobný kořen 1 a máme všech pět hledaných kořenů. b) Dokažte, že každý polynom lichého stupně s reálnými koeficienty má aspoň jeden reálný kořen. Komplexní (nereálné) kořeny jsou seskupeny do komplexně sdružených dvojic, takže nereálných kořenů je sudý počet. Celkový počet kořenů je lichý, takže musí existovat aspoň jeden reálný kořen. Nebo jinak (analyticky): Při kladném koeficientu u nejvyšší mocniny je limita polynomu pro x rovna a limita pro x je rovna. Polynom je spojitá funkce, takže její graf musí aspoň jednou protnout reálnou osu. Při záporném koeficientu u nejvyšší mocniny je situace obdobná, jen ta dvě nekonečna se nám vyměnila. (7+8 b) a) Najděte všecha a R, pro něž je hodnost matice A nejmenší. a 3 1 4 1 8 1 1 4 3 3 3 1. První řádek matice je shodný s posledním pro a 3. Tehdy je hodnost matice nejmenší. b) Definujte hodnost a podrobně zdůvodněte, proč je možné pro výpočet hodnosti použít Gaussovu eliminační metodu. Hodnost matice je dimenze lineárního obalu řádků matice. Gaussova eliminační metoda nemění lineární obal matice: jednotlivé kroky metody vytvářejí řádky, které leží v lineárním obalu řádků předchozích. Lineární obal řádků se tedy metodou může v nejhorším zmenšovat. On se ale nezmenšuje, protože Gaussova eliminační metoda je vratná (tj. pomocí kroků metody můžeme dospět z výsledné matice k matici původní). Když metoda nemění lineární obal řádků, nemůže samozřejmě měnit jeho dimenzi, takže hodnost matice před eliminací je stejná, jako po eliminaci. Matice po eliminaci je trojúhelníková. U ní máme záruku lineární nezávislosti řádků, tj. jedná se o bázi lineárního obalu řádků. Počet prvků této báze (tedy počet nenulových řádků matice po eliminaci) je dimenze lineárního obalu řádků, tedy hodnost matice. (7+8 b) a) Definujte lineární závislost a nezávislost vektorů x 1, x,..., x k lineárního prostoru L. Rozhodněte, zda přítomnost vektoru a jeho dvojnásobku v množině vektorů způsobí, že je taková množina vektorů lineárně závislá. Své tvrzení zdůvodněte za použití definice. Vektory jsou lineárně závislé, pokud existuje jejich netriviální lineární kombinace rovna nulovému vektoru. Jsou nezávislé, pokud nejsou závislé, tj. jedině triviální lineární kombinace je rovna nulovému vektoru a žádná jiná. Vlastnost platí. U zmíněného vektoru volíme koeficient a u jeho dvojnásobku napíšeme koeficient 1. U ostatních vektorů píšeme koeficient 0. Takto sestavená lineární kombinace je netriviální, a přitom rovna nulovému vektoru. b) Určete bázi a dimenzi prostoru těch aritmetických vektorů (x 1, x, x 3, x 4 ), pro které platí x 1 + x 3 x 4 0, x 1 + x x 4 0. Rovnice jsou zjevně lineárně nezávislé. Z druhé budu počítat x 4 a pak z první dopočítám x 3. Ostatní proměnné jsou parametry: x 1 u, x v. Tato volba mi umožní pracovat přímo s danou soustavou bez nutnosti ji eliminovat a vyhnu se v řešení zlomkům (tuto dovednost u zkoušky nevyžadujeme, tj. akceptujeme i zápis řešení, ve kterém se vyskytují zlomky). Je x 4 u + v, x 3 (u + v) u 3u + 4v. Všechna řešení jsou tvaru {(u, v, 3u + 4v, u + v), u R, v R} (1, 0, 3, ), (0, 1, 4, ). Báze prostoru řešení tedy je například {(1, 0, 3, ), (0, 1, 4, )} a dimenze je.

Úloha 4 (8+7 b) a) V Z řešte soustavu homogenních lineárních rovnic s maticí: 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1. Zapište všechna řešení této soustavy pomocí lineárního obalu i výčtem prvků. 1 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 x 4 t, x 3 0, x t, x 1 t, tj. řešení jsou (t, t, 0, t) pro t {0, 1}, tedy množina řešení je M {(0, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 1)} (1, 1, 0, 1). b) Kolik prvků má podprostor M lineárního prostoru Z n, pokud víme, že dim M m? Své tvrzení zdůvodněte. Podprostor M má m-prvkovou bázi { b 1, b,..., b m }. Celý podprostor tvoří množina všech lineárních kombinací jeho báze. V lineární kombinaci můžeme každý prvek báze násobit jedničkou nebo nulou. Protože je báze lineárně nezávislá, nebudou se rovnat žádné dvě lineární kombinace báze s různými koeficienty. Máme tedy možnost sestavit m různých lineárních kombinací, takže M má m prvků. 3

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta A a) Najděte bázi a dimenzi lineárního obalu 1 1 4 0 1 0 7 1 3 4 1 1 (, 1, 1, 4), (0, 1, 0, 7), (1,,, 3), (4, 1,, 1). 1 3 0 1 0 7 0 3 3 0 7 6 11 1 3 0 1 0 7 0 0 3 1 0 0 6 38 1 3 0 1 0 7 0 0 3 1 Protože Gaussova eliminace nemění lineární obal řádků, je dimenze zadaného lineárního obalu 3 a báze například {(1,,, 3), (0, 1, 0, 7), (0, 0, 3, 1)}. b) Zdůvodněte, proč Gaussova eliminační metoda nemění lineární obal řádků matice. Každý řádek nově tvořené matice je lineární kombinací řádků matice původní, takže leží v lineárním obalu řádků matice původní. Takže eliminací se lineární obal řádků nemůže zvětšit. On se ani nezmenšuje, protože eliminace je vratná, tj. od nově vytvořené matice můžeme eliminačními kroky přejít k matici původní. a) Vypočítejte matici inverzní k matici Takže 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 3 6 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 3 6 1 0 0 6 3 0 1 1 0 0 3 0 4 3 0 0 1 A 1 1 5 6 6 1 1 1 1 1 0 1 0 0 3 6 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 b) Podrobně popište postup výpočtu inverzí matice, který jste použili pro řešení části a) této úlohy, a zdůvodněte, proč tento postup skutečně vede k inverzní matici. K matici A přimaluji jednotkovou matici E a eliminuji tak, abych vlevo dostal E. Pak je vpravo A 1. Zdůvodnění: řádkovou eliminaci lze emulovat násobením odpovídající regulární meticí zleva, takže po eliminaci mám matici (PA PE) (E P). Z toho vztahu plyne, že P E, neboli P je matice inverzní k A a vyskytuje se vpravo po eliminaci. a) Ověřte, že zobrazení A z lineárního prostoru všech polynomů nejvýše druhého stupně do stejného lineárního prostoru, které je definováno předpisem A(ax + bx + c) cx + a + b, je lineární. Označím p(x) ax + bx + c a q(x) dx + ex + f a zvolím α R. A(p + q) A ( (a + d)x + (b + e)x + (c + f ) ) (c + f )x + a + d + b + e, A(p) + A(q) (cx + a + b) + (f x + d + e) (c + f )x + a + d + b + e, takže A(p + q) A(p) + A(q), A(αp) A ( (αa)x + (αb)x + αc ) (αc)x + (αa) + (αb), αa(p) α(cx + a + b), takže A(αp) αa(p). Jsou splněny obě vlastnosti lineárního zobrazení, A je lineární. b) Zformulujte princip superpozice zobrazení a dokažte z definice linearity zobrazení, že zobrazení je lineární právě tehdy, když splňuje princip superpozice. A je lineární právě tehdy, když A(α x + β y) αa( x) + βa( y). Nejprve ukážu, že z této vlastnosti plyne linearita. Stačí volit α β 1 a máme A( x + y) A( x) + A( y). Když volím β 0, mám A(α x) αa( x), takže obě vlastnosti linearity jsou dokázány. Nyní z linearity odvodím uvedený vzorec: A(α x + β y) A(α x) + A(β y) αa( x) + βa( y). 4

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta B a) Proved te rozklad polynomu p(x) x 5 3x 3 + 30x + 76x 10 na kořenové činitele. Využijte přitom nápovědu, že polynom má celočíselné kořeny. Protože celočíselný kořen musí dělit číslo 10, máme pouze možnosti {±1, ±, ±3, ±4, ±5, ±6, ±8,...}. Pokusem a omylem (např. s využitím Hornerova schématu) shledáme, že kořeny jsou, 3,, 5, přitom je dvojnásobný kořen. Hledaný rozklad je (x 3)(x ) (x + )(x + 5). b) Dokažte, že pokud je α R kořen polynomu p, pak je p dělitelný polynomem (x α) beze zbytku. Podle věty o dělení polynomu polynomem existují polynomy r a z (přitom z je nultého stupně, tedy konstanta) tak, že p(x) (x α) r(x) + z. Stačí ukázat, že kontanta z je rovna nule. Dosadíme za x kořen α. Vlevo máme nulu (protože α je kořen) a vpravo máme (α α) r(α) + z 0 + z. Musí tedy z 0. a) Necht M je množina matic typu (n, n), které jsou symetrické, tj. platí pro ně A T. Dokažte, že M tvoří lineární podprostor lineárního prostoru všech matic typu (n, n). Předpokládám, že A, B jsou symetrické matice a α R. Pak (A + B) T A T + B T A + B a dále (αa) T αa T αa, takže i matice A+B a αa jsou symetrické. Jsou tedy splněny podmínky lineárního prostoru, tj. množina symetrických matic tvoří lineární podprostor. b) Najděte bázi a dimenzi množiny symetrických matic typu (, ). Báze je například: {( ) ( ) ( )} 1 0 0 0 0 1,,, dim 3 0 0 0 1 1 0 a) Pro která α R má soustava s rozšířenou maticí 1 α 1 1 1 α 1 1 1 jediné řešení a pro která α R nemá soustava žádné řešení? 1 1 1 1 α 1 1 1 α 1 1 1 0 1 α 4 1 0 1 1 α 1 1 1 1 0 1 α 4 1 0 0 α 5 α Podle Frobeniovy věty soustava má řešení, pokud α 5. Vzhledem k tomu, že matice soustavy je pro α 5 regulární, má soustava jediné řešení. Pro α 5 nemá soustava řešení, protože hodnost matice soustavy je a hodnost rozšířené matice je 3. b) Zformulujte Frobeniovu větu a dokažte ji. Soustava lineárních rovnic má řešení právě tehdy, když hodnost matice soustavy je rovna hodnosti matice rozšířené. Důkaz: Když hodnost matice soustavy není rovna hodnosti matice rozšířené, pak po eliminaci dostáváme v posledním řádku matice soustavy samé nuly, ale v rozšířené matici je nenulové číslo, což odpovídá rovnici, která nemá řešení, takže soustava nemůže mít řešení. Když se hodnost matice soustavy rovná hodnosti rozšířené, pak sloupec pravých stran musí ležet v lineárním obalu ostatních sloupců, tj. je roven nějaké lineární kombinaci ostatních sloupců. Koeficienty této lineární kombinace jsou řešením soustavy. 5

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta C a) Proved te rozklad polynomu p(x) x 4 5x 3 + 40x 6 na kořenové činitele. Využijte přitom nápovědu, že číslo + i je kořenem tohoto polynomu. Protože +i je kořen, pak i musí být také kořenem, takže polynom (x i)(x +i) x 4x+8 musí dělit polynom p. Po vydělení dostáváme polynom x x 1 (x + 3)(x 4). Rozklad tedy je (x + 3)(x 4)(x i)(x + i). b) Může být číslo 37 + 18i sedminásobným kořenem polynomu dvanáctého stupně s reálnými koeficienty? Své rozhodnutí podrobně zdůvodněte. Nemůže, protože by muselo i číslo 37 18i být sedminásobným kořenem. Součin kořenových činitelů by byl polynom stupně aspoň 14, zatímco zde se předpokládá polynom stupně 1. a) Spočítejte det A a det A 1. a 1 1 1 1 b 1 1 1 1 c 1 1 1 1 1 a 1 1 1 1 b 1 1 1 1 c 1 1 1 1 1 a 1 0 0 0 0 b 1 0 0 0 0 c 1 0 1 1 1 1 (a 1)(b 1)(c 1). Protože platí det A 1 det 1 A, je det A 1 1 (a 1)(b 1)(c 1) pro a 1, b 1, c 1. b) Definujte determinant a z definice zdůvodněte, proč determinant horní trojúhelníkové matice je roven součinu všech prvků na hlavní diagonále. Determinant matice typu (n, n) je součet všech součinů prvků matice takový, že každý součin sestavujeme z n prvků matice, kde žádné dva neleží na stejném řádku nebo sloupci. Takových součinů je n!. Součiny navíc (než je začneme sčítat) násobíme číslem ( 1), pokud je odpovídající permutace lichá. Odpovídající permutaci k danému součinu zjistíme tak, že čteme vybrané prvky matice po řádcích a zapisujeme za sebou jejich sloupcové indexy. Lichost permutace poznáme tak, že existuje lichý počet obloučků, které spojují větší číslo vlevo s menším číslem vpravo v permutaci. Jediný součin v součtu součinů z definice determinantu může být nenulový, a to součin prvků na diagonále. Jakýkoli jiný součin obsahuje aspoň jeden činitel nulu z dolního trojúhelníku matice a je tedy celý nulový. Permutace odpovídající součinu na diagonále je sudá, protože je tvaru (1,,..., n), takže nemá žádný oblouček. a) Zobrazení A z lineárního prostoru polynomů nejvýše druhého stupně do stejného lineárního prostoru je definováno předpisem: A(ax + bx + c) cx + a + b. Najděte bázi jádra tohoto zobrazení. Jádro obsahuje všechny polynomy ax + bx + c, pro které c 0 a a + b 0. Řešením této soustavy dvou rovnic je (a, b, c) (a, a, 0) a(1, 1, 0). Báze jádra tedy je například množina obsahující jediný polynom: {x x}. b) Necht A : L 1 L je lineární zobrazení. Zdůvodněte, proč Ker A tvoří lineární podprostor lineárního prostoru L 1. Necht u, v leží v Ker A, tj. A( u) o, A( v) o. Necht α R. Platí A( u + v) A( u) + A( v) o + o o, A(α u) αa( u) α o o. takže množina Ker A splňuje vlastnosti podprostoru. 6

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta D a) Pro která α R je polynom p(x) x αx + 1 prvkem lineárního obalu x + x +, x + x + 1. Protože zobrazení, které polynomu přiřadí souřadnice vzhledem k bázi {x, x, 1}, je izomorfismus, stačí pracovat s těmito souřadnicemi v R 3. Přidáním souřadnic zkoumaného polynomu do matice se souřadnicemi polynomů z obalu by měla být zachována hodnost matice : 1 1 1 1 α 1 1 0 3 3 0 α + 1 takže daný polynom je prvkem uvedeného lineárního obalu pro α 1. 1 0 1 1 0 1 + α 0 b) Definujte lineární obal vektorů a zdůvodněte, proč lineární obal vždy tvoří lineární podprostor. Lineární obal množiny vektorů M zahrnuje všechny prvky, které jsou nějakou lineární kombinací nějaké konečné podmnožiny vektorů z M. Součet lineární kombinace vektorů x 1, x,..., x k M s lineární kombinací vektorů y 1, y,..., y k M je lineární kombinace sjednocení vektorů x 1, x,..., x k a y 1, y,..., y k, což je lineární kombinace konečné podmnožiny vektorů z M a leží tedy v M. Také α násobek lineární kombinace je lineární kombinace, takže leží v M. Vlastnosti podprostoru jsou tím ověřeny. a) Spočítejte det A a det A 1. a b 1 1 1 1 c d a c 1 1 1 1 b d a b 1 1 1 1 c d a c 1 1 1 1 b d a b 1 1 1 1 c d 0 c b 0 0 0 0 b c 0 (c b) a 1 1 1 c d 0 b c 0 (c b)(b c) a 1 1 d (c b) (1 ad) Protože platí det A 1 det 1 A, je det A 1 1 pro ad 1, b c. (c b) (1 ad) b) Zformulujte větu o rozvoji determinantu podle r-tého řádku. Použijte tuto větu k důkazu následujícího tvrzení: Necht A, B jsou matice, které se shodují ve všech řádcích s výjimkou r-tého, r-tý řádek matice A je α násobkem r-tého řádku matice B. Pak det α det B. Necht r-tý řádek matice A obsahuje prvky p 1, p,..., p n. Pak det p 1 D 1 + p D + + p n D n, kde D i je doplněk matice A vzhledem k pozici r, i a počítá se jako ( 1) r+i det A r,i, kde matice A r,i se liší od matice A tak, že je vynechán r-tý řádek a i-tý sloupec. Předpokládá se, že p i αq i a ostatní prvky obou matic se neliší. Pak det p 1 D 1 +p D + +p n D n αq 1 D 1 +αq D + +αq n D n α(q 1 D 1 +q D + +q n D n ) α det B protože matice A r,i B r,i, takže mají stejné odpovídající doplňky. a) Vektor z R má vzhledem k upořádané bázi ( (1, ), (3, 4) ) souřadnice (5, 6). Najděte jeho souřadnice vzhledem k uspořádané bázi ( (, 1), (, 0) ). 5(1, ) + 6(3, 4) (3, 34) α(, 1) + β(, 0), tj. α 34, 3 34 + β, souřadnice jsou (34, 45 ). b) Definujte pojem souřadnice vzhledem k uspořádané bázi a zdůvodněte, proč souřadnice vektoru vzhledem k pevně zvolené bázi jsou určeny jednoznačně. Souřadnice vektoru x vzhledem k bázi jsou koeficienty lineární kombinace této báze, která je rovna danému vektoru x. Necht x α 1 b 1 + + α n b n β 1 b 1 + + β n b n, tedy (α 1 β 1 ) b 1 + + (α n β n ) b n o. Protože b 1, b,..., b n jsou lineárně nezávislé (je to báze), tak pouze triviální lineární kombinace je rovna nulovému vektoru, tedy všechny závorky musejí být rovny nule. To znamená α i β i. 7

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta E a) Proved te rozklad polynomu p(x) x 4 5x 3 + 3x + 1x 30 na kořenové činitele. Využijte přitom nápovědu, že číslo + i je kořenem tohoto polynomu. Kromě kořenu +i musí mít polynom ještě kořen i, takže polynom (x i)(x +i) x 4x +5 dělí zadaný polynom. Je (x 4 5x 3 + 3x + 1x 30) : (x 4x + 5) x 3 x 6 (x 3)(x + ). Hledaný rozklad je (x i)(x + i)(x 3)(x + ). b) Necht p je polynom, který má reálné kořeny a dále dvojice kořenů stejné násobnosti vzájemně komplexně sdružené. Necht ještě koeficient u nejvyšší mocniny a n 1. Ukažte, že pak p je polynom s reálnými koeficienty. Protože součin kořenových činitelů s komplexně sdruženými kořeny je kvadratický polynom s reálnými koeficienty: (x a bi)(x a + bi) x ax + a + b, skládá se rozklad na kořenové činitele polynomu p jen z polynomů s reálnými koeficienty násobených jedničkou (koeficient u nejvyšší mocniny). Součin polynomů s reálnými koeficienty je polynom s reálnými koeficienty. a) Pro který parametr a je matice A regulární? 0 a 0 1 0 1 a 1 0 1 0 a a 1 0 1 a 1 0 1 0 1 a 1 0 0 a a 1 0 0 a 1 a 0 a 0 1 0 1 a 1 0 1 0 a a 1 0 1. a 1 0 1 0 1 0 a 0 0 a 1 a 0 0 0 1 a a (1 a ). Determinant matice A je nulový pro a {0, 1, 1}, takže matice je regulární pro a {0, 1, 1}. b) Definujte pojem regulární matice. Uved te vlastnosti těchto matic a jednu vlastnost dokažte. Regulární matice je čtvercová matice s lineárně nezávislými řádky. Mimo jiné je to matice s nenulovým determinantem. Dokážu, že regulární matice má hodnost rovnu počtu řádků. Protože řádky matice jsou lineárně nezávislé, tvoří bázi svého lineárního obalu a počet prvků této báze je roven dimenzi lineárního obalu řádků a tedy hodnosti matice. a) Množina M je řešením jisté soustavy lineárních rovnic: M (1,, 3, 4) + (1,, 1, ), (, 1, 3, ). Pro která α, β R je vektor (α, β, 4, ) řešením stejné soustavy? Vektor (1,, 3, 4) (α, β, 4, ) musí ležet v uvedeném lineárním obalu, přitom z 1 3 1 1 1 α β 7 1 1 0 1 1 α β 6 0 1 1 1 1 0 α 3 β + 3 0 0 vyplývá, že vektor (1,, 3, 4) (α, β, 4, ) leží v uvedeném lineárním obalu pro α 3, β 3. b) jakou dimenzi má prostor řešení přidružené homogenní soustavy, známe-li počet rovnic, hodnost matice soustavy a počet neznámých. Zdůvodněte. Necht n je počet neznámých a h je hodnost matice soustavy. Pak dimenze prostoru řešení je n h. Zdůvodnění: Máme h nezávislých rovnic, ze kterých můžeme spočítat h neznámých a zbylé neznámé v počtu n h jsou parametry množiny řešení. Vytkneme-li parametry před vektor tak, že množinu řešení píšeme jako lineární kombinaci konstantních vektorů u 1, u,..., u n k (koeficienty té kombinace jsou zmíněné parametry), pak máme záruku, že vektory u 1, u,..., u n k jsou lineárně nezávislé, nebot ve složkách těchto vektorů, které odpovídají nevypočítaným neznámým, se vyskytují hodnoty (1, 0,..., 0), (0, 1,..., 0),..., (0, 0,..., 1). Vektory u 1, u,..., u n k tedy tvoří bázi množiny řešení a je jich n h. 8

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta F a) Proved te rozklad polynomu p(x) x 5 + x 4 1x 3 13x + 78x + 7 na kořenové činitele. Využijte přitom nápovědu, že polynom má celočíselné kořeny. Protože celočíselný kořen musí dělit číslo 7, máme pouze možnosti {±1, ±, ±3, ±4, ±6, ±8,...}. Pokusem a omylem (např. s využitím Hornerova schématu) shledáme, že kořeny jsou 1,, 3, 4, přitom 3 je dvojnásobný kořen. Hledaný rozklad je (x 3) (x + 1)(x + )(x + 4). b) Dokažte, že pokud α je kořen polynomu p s celočíselnými koeficienty, pak α dělí absolutní člen a 0. Protože α je kořen, platí 0 p(α) a n α n + + a 1 α + a 0 α(a n α n 1 + + a 1 ) + a 0. Protože závorka obsahuje celé číslo, je a 0 rovno součinu celého čísla a kořene α, což jinými slovy znamená, že α dělí koeficient a 0. a) Najděte bázi a dimenzi lineárního prostoru všech matic, které komutují s maticí ( ) 1 3 4 ( ) a b Hledanou matici označíme. Z rovnosti c d ( ) a + c b + d 3a + 4c 3b + 4d ( ) 1 3 4 ( ) ( a b a b c d c d ) ( ) 1 3 4 ( a + 3b ) a + 4b c + 3d c + 4d vychází soustava čtyř rovnic s neznámými a, b, c, d. Eliminací matice soustavy 0 3 0 3 0 3 0 3 3 0 3 0 ( 1 0 1 1 0 3 0 ) se dobereme k řešení a c + d, b 3c, takže množina všech matic komutujících s danou maticí je {( c + d 3 c c d ) } ( 1, c R, d R 3 1 0 ) ( ) 1 0, A, E. 0 1 b) Dokažte, že množina všech matic, které komutují s pevně danou maticí, tvoří lineární podprostor lineárního prostoru všech čtvercových matic stejného typu. Necht B 1, B komutují s danou maticí A, tj. B i AB i. Pak (B 1 + B ) B 1 A + B AB 1 + AB A(B 1 + B ), dále (αb 1 ) α(b 1 A) α(ab 1 ) A(αB 1 ), takže komutují i matice (B 1 + B ) a αb 1 a podmínky z definice lineárního podprostoru jsou splněny. a) Najděte všechna řešení soustavy (α R je parametr) 3x + αy z 1, αx + y z 1, (4 α)x + αy + z 0. 3 α 1 1 3 α 1 1 α 1 1 α 6 1 α 0 1 4 α α 0 10 α 3α 0 3 α 1 1 3 α 1 1 α + 3 0 1 α + 3 0 1 10 α 3α 0 (α )(α + 5) 0 0 α

Soustava nemá řešení pro α 5 a má nekonečně řešení pro α : ( 1, 1, 0) + (3, 4, 1). Jinak má jediné řešení ( α+5 1, α+5 1, α+5 ). b) Zformulujte a dokažte Frobeniovu větu. Soustava lineárních rovnic má řešení právě tehdy, když hodnost matice soustavy je rovna hodnosti matice rozšířené. Důkaz: Když hodnost matice soustavy není rovna hodnosti matice rozšířené, pak po eliminaci dostáváme v posledním řádku matice soustavy samé nuly, ale v rozšířené matici je nenulové číslo, což odpovídá rovnici, která nemá řešení, takže soustava nemůže mít řešení. Když se hodnost matice soustavy rovná hodnosti rozšířené, pak sloupec pravých stran musí ležet v lineárním obalu ostatních sloupců, tj. je roven lineární kombinaci ostatních sloupců. Koeficienty této lineární kombinace jsou řešením soustavy. 10

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta G a) Proved te rozklad polynomu p(x) x 4 7x 3 + 17x x 6 na kořenové činitele. Využijte přitom nápovědu, že číslo 3 + i je kořenem tohoto polynomu. Kromě kořenu 3 + i musí mít polynom ještě kořen 3 i, takže polynom (x 3 i)(x 3 + i) x 6x +13 dělí zadaný polynom. Je (x 4 7x 3 +17x x 6) : (x 6x +13) x x (x )(x +1). Hledaný rozklad je (x 3 i)(x 3 + i)(x )(x + 1). b) Zdůvodněte, proč ke každému kořenu α polynomu s reálnými koeficienty je komplexně sdružené číslo α kořenem stejného polynomu. Máme zjistit, zda p(α) 0, víme-li, že p(α) 0. Pro reálné koeficinety platí a k a k a pro komplexní čísla u, v platí u + v u + v, u v u v, u k u k. Je tedy p(α) a n α n + + a 1 α + a 0 a n α n + + a 1 α + a 0 a n α n + + a 1 α + a 0 p(α) 0 0. a) Najděte bázi a dimenzi průniku lineárních podprostorů M {(x, y, z); x z}, N {(x, y, z); x + y z} lineárního prostoru R 3. Prvek z průniku splňuje obě rovnice naráz, tedy soustavu lineárních rovnic s maticí ( ) ( ) 1 0 1 0 1 1 0 1 Soustava má řešení (4, 1, ), což je hledaný průnik M N. Jeho báze je například {(4, 1, )} a dimenze je 1. b) Definujte pojem lineárního podprostoru a zdůvodněte, proč průnik dvou lineárních podprostorů musí být lineárním podprostorem. Lineární podprostor je neprázdná množina vektorů M, pro jejíž prvky x a y platí x + y M a α x M pro libovolné α R. Prvky průniku x a y leží v obou podprostorech M a N. Z toho důvodu x + y leží v obou podprostorech M i N a tedy leží v průniku M N. Rovněž pro libovolné α R leží α x v M i N současně, tedy leží v průniku. Tím je ověřeno, že průnik podprostorů splňuje potřebné vlastnosti podprostoru. a) Najděte všechna řešení soustavy (α R je parametr) αx + y + z 1, x + z 0, x + αy + z 0. Determinant matice soustavy je α(1 α). Pro α 0 dostáváme nekonečně řešení (, 0, 1) + (, 1, 1), zatímco pro α 1 soustava nemá řešení. Konečně pro ostatní hodnoty máme jediné řešeníčko ( α 1, 0, 1 1 α ). b) Zdůvodněte, proč množina řešení homogenní soustavy tvoří lineární podprostor v R n. Protože součet řešení soustavy homogenních rovnic je řešení soustavy homogenních rovnic a α násobek řešení soustavy homogenních rovnic je také řešením. Stačí si uvědomit, že pro řešení u, v platí A( u T + v T ) A u T + A v T o T + o T o T a dále A(α u T ) α(a u T ) A o T. 11

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta H a) Proved te rozklad polynomu p(x) x 5 + 5x 4 x 3 4x 8x + 60 na kořenové činitele. Využijte přitom nápovědu, že polynom má celočíselné kořeny. Protože celočíselný kořen musí dělit číslo 60, máme pouze možnosti {±1, ±, ±3, ±4, ±5, ±6, ±10,...}. Pokusem a omylem (např. s využitím Hornerova schématu) shledáme, že kořeny jsou 1,, 3, 5, přitom je dvojnásobný kořen. Hledaný rozklad je (x 3)(x 1)(x + ) (x + 5). b) Zdůvodněte, proč třetí řádek Hornerova schématu pro vyhodnocení polynomu p v bodě c obsahuje koeficienty polynomu r, pro který platí p(x) (x c) r(x) + p(c). Při značení r(x) b n 1 x n 1 + + b 1 x + b 0 je p(x) (x c)(b n 1 x n 1 + +b 1 x +b 0 )+p(c) b n 1 x n +(b n cb n 1 )x n 1 + (b 0 cb 1 )x cb 0 +p(c). Označíme-li koeficienty tohoto polynomu p symboly a k, shledáme, že vztahy mezi a k a b k odpovídají stejným vztahům v Hornerově schématu. Vztahy tvoří soustavu lineárních rovnic s jediným řešením b k při daném a k, přitom je splněno a 0 + cb 0 p(c). a) Pro který parametr a je matice A singulární? 1 a 1 1 1 1 a 1 1 1 1 a 1 1 1 1 takže matice je singulární jen pro a 1. 1 a 1 1 1 1 a 1 1 1 1 a 1 1 1 1 1 1 1 1 0 a 1 0 0 0 0 a 1 0 0 0 0 a 1 b) Definujte pojem singulární matice. Uved te vlastnosti těchto matic a jednu vlastnost dokažte. Singulární matice je čtvercová matice s lineárně závislými řádky. Mimo jiné je to matice s nulovým determinantem. Dokážu, že singulární matice má hodnost menší než počet řádků. Lineárně závislé řádky mají mezi sebou aspoň jeden, který je lineární kombinací ostatních a ten lze z matice odstranit, aniž bychom změnili lineární obal řádků. Je tedy zřejmé, že lineární obal řádků nemůže mít dimenzi stejnou, jako počet řádků původní matice a tedy skutečně hodnost matice je menší, než počet řádků matice. a) Jsou dány množiny M (3,, 0, 1) + (1, 0,, 4), (4,, 1, 3),. N (0, 0, 1, ) + (, α, 3, 5), (5, 4, 4, 6). Pro která α R platí M N? Zřejmě dimenze uvedených lineárních obalů je. Je třeba ověřit, pro která α je dimenze lineárního obalu všech vektorů z jednotlivých lineárních obalů a z rozdílu partikulárních řešení rovněž rovna dvěma. Množiny se rovnají pro α. 1 0 4 4 1 3 α 3 5 5 4 4 6 3 1 1 1 0 4 0 7 13 0 α 7 13 b) Popište a zdůvodněte postup, jak zjistit rovnost dvou množin tvaru kde v, v, u i, u i jsou vektory z Rn. M v + u 1, u,..., u k, N v + u 1, u,..., u k, 1

Nejprve je třeba zjistit rovnost dimenzí zapsaných lineárních obalů např. tak, že počítáme hodnosti matic, kde v řádcích jsou zapsány dané vektory (využíváme toho, že GEM nemění lineární obal řádků a tedy ani jeho dimenzi, neboli hodnost matice). Zkoumané dva lineární obaly se rovnají, pokud dimenze lineárního obalu všech uvedených vektorů není větší než dimeze jednotlivých obalů. Znovu tedy stačí počítat hodnost matice obsahující nyní v řádcích všechny vektory u 1, u,..., u k, u 1, u,..., u k. Protože v lineárním obalu musí ležet i vektor v v, stačí jej přidat jako další řádek zkoumané matice. Tato matice musí mít hodnost stejnou jako je dimenze jednotlivých lineárních obalů. Zdůvodnění postupu se opírá o skutečnost, že x M právě tehdy, když M M { x}. Když x M, pak dimenze M { x} je větší než dimenze M. Opakovaným užitím této skutečnosti a z toho, že rovnost obalů je zaručena, pokud u i u 1, u,..., u k a zároveň u i u 1, u,..., u k, obhájíme výše uvedený postup. 13

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta I a) Definujte lineární obal nekonečné množiny. Necht M je nekonečná podmnožina nějakého lineárního prostoru. Podle čeho ověříme, že x M? Zdůvodněte. Lineární obal nekonečné množiny M je sjednocení lineárních obalů všech konečných podmnožin K M, přičemž lineární obal konečné podmnožiny je množina všech lineárních kombinací vektorů z K. Vlastnost x M je ekvivalentní s tím, že existuje konečná množina vektorů y 1, y,..., y k M taková, že existuje lineární kombinace těchto vektorů, která je rovna x. Zdůvodnění: x M právě tehdy, když existuje konečná K M taková, že x K. Při označení K { y 1, y,..., y k } dostáváme uvedenou podmínku. b) Necht M {x +αx+, x +αx 1, α R} je nekonečná množina polynomů. Ověřte, zda x +3x+5 M. Protože zobrazení, které polynomu přiřadí souřadnice vzhledem k bázi {x, x, 1}, je izomorfismus, stačí pracovat s těmito souřadnicemi v R 3. Zkoumám tedy lineární obal množiny {(1, α, ), (1, α, 1), α R}. Zvolímli α 0 a α 1, dostávám konečnou podmnožinu této množiny {(1, 0, ), (1, 0, 1), (1, 1, ), (1,, 1)}. Eliminací zjistím, že dimenze lineárního obalu této množiny je 3, což je maximum v lineárním prostoru R 3. Takže lineární obal se rovná celému prostoru R 3 a vektor (1, 3, 5) v něm určitě leží. Vzhledem k isomorfizmu dostávám odpověd : x + 3x + 5 M. a) Zdůvodněte, proč musí mít prosté lienární zobrazení nulový defekt. Kdyby mělo nenulový defekt, pak by existovaly dva různé vektory z jádra tohoto zobrazení, které by se zobrazily na nulový vektor. To by ale nebylo prosté zobrazení. b) Je dáno lineární zobrazení A : R R předpisem A(x 1, x ) (x 1 + x, x 1 + x ). Najděte defekt tohoto zobrazení. Položíme (x 1 +x, x 1 +x ) (0, 0). Jádro zobrazení je tedy množina všech řešení homogenní soustavy x 1 + x 0, x 1 + x 0. Tato soustava má pouze triviální řešení, takže defekt dimenze jádra 0. a) Pro která α R je matice A regulární? 1 3 4 4 3 1 α 1 1 α 1 3 4 4 3 1 α 1 1 α 5 15 10 5 0 4 3 1 α 4 1 0 0 7 4 α 4 0 α 5 0 1 α 4 1 0 4α 0 4 α 3 1 5 α 4 1 0 7 4 4 α 5 α 5 1 4α 4 α 5(α α + 11). Protože kvadratický polynom na konci výpočtu má záporný diskriminant, není determinant roven nule pro žádné reálné α, takže matice je regulární pro všechna α R. b) Tvoří množina všech regulárních matic podprostor lineárního prostoru všech matic typu (n, n)? Zdůvodněte. Netvoří, protože nulová matice není regulární a každý podprostor musí obsahovat nulový prvek. 14

Úvod do algebry, písemka na cvičení, varianta J a) Definujte lineární závislost konečné a nekonečné množiny vektorů. Necht M je nějaká nekonečná množina polynomů nejvýše n-tého stupně. Mohou nastat tyto případy: M je lineárně závislá, M je lineárně neávislá, dokud nevíme, jaké má M prvky, nemusíme rozhodnout. Která možnost je správná? Zdůvodněte. Konečná množna vektorů je lineárně závislá, pokud existuje jejich netriviální lineární kombinace, která je rovna nulovému vektoru. Nekonečná množina vektorů je lineárně závislá, pokud existuje její konečná lineárně závislá podmnožina. Nastává případ M je lineárně závislá, protože lineární prostor polynomů nejvýše n-tého stupně má dimenzi n + 1, takže nejpočetnější lineárně nezávislá množina má n + 1 polynomů. Všechny početnější množiny (včetně nekonečné M) musejí být lineárně závislé. b) Necht L je blíže nespecifikovaný lineární prostor. Necht vektory u, v, w L jsou lineárně nezávislé. Ověřte lineární nezávislost vektorů u + 3 v, u w, u + v + w. Z definice lineární nezávislosti ověřuji, zda se povede najít nenulové koeficienty této nulové lineární kombinace: α( u + 3 v) + β( u w) + γ ( u + v + w) o Po přenásobení je (α + β + γ ) u + (3α + γ ) v + ( β + γ ) w o. Protože vektory u, v, w jsou lineárně nezávislé, musí platit α + β + γ 0, 3α + γ 0, β + γ 0. Tato soustava má jen triviální řešení α β γ 0, takže i zkoumané vektory u + 3 v, u w, u + v + w jsou lineárně nezávislé. a) Proč lineární obal libovolné podmnožiny lineárního prostoru tvoří lineární podprostor? Lineární obal množiny vektorů M zahrnuje všechny prvky, které jsou nějakou lineární kombinací nějaké konečné podmnožiny vektorů z M. Součet lineární kombinace vektorů x 1, x,..., x k M s lineární kombinací vektorů y 1, y,..., y k M je lineární kombinace sjednocení vektorů x 1, x,..., x k a y 1, y,..., y k, což je lineární kombinace konečné podmnožiny vektorů z M a leží tedy v M. Také α násobek lineární kombinace je lineární kombinace, takže leží v M. Vlastnosti podprostoru jsou tedy ověřeny. b) Pro která α R je vektor (1, α, ) prvkem (1,, 3), (3,, 1)? 1 3 3 1 1 α 1 3 0 4 8 0 α 1 1 3 0 1 0 α 3 0 Eliminace nemění lineární obal. Přidáním vektoru, který leží v lineárním obalu, se lineární obal také nezmění. To je možné jen pro α 3 0, tedy α 3. a) Pro která α R je matice A singulární? 1 4 3 4 3 1 α 1 1 1 α 11 4 5 0 4 3 1 α 0 7 α 6 0 3 0 7 + α 7 α 5 0 4 + 4α 1 α 7 6 α 1 4 3 4 3 1 α 1 1 1 α 11α + 45α 46 ( 11α + 3)(α ). 11 4 5 α 7 6 α 3 7 + α 7 α 5 4 + 4α 1 α 3 0 7 + α 5 α 4 + α 7 6 α Matice je singulární pro α nebo pro α 3 11. b) Tvoří množina všech singulárních matic podprostor lineárního prostoru všech matic typu (n, n)? Zdůvodněte. Netvoří, protože součet následujících singulárních matic je matice regulární: ( ) ( ) ( ) 1 0 0 0 1 0 + 0 0 0 1 0 1 Podobný příklad lze vytvořit pro čtvercové matice libovolného řádu. První matice je stejná, jako jednotková, ale má v posledním řádku nuly a druhá matice je nulová až na prvek a n,n, který je roven jedné. 15