s algebrou, ale nejsou součástí osnovy našeho úvodního předmětu.

Vážení studenti tento dokument obsahuje řešení ke cvičením která najdete ve skriptu Úvod od algebry zejména lineární Zatím nejsou uvedena řešení všechna ovšem postupně během semestru budu přidávat další V textu se znovu neopakuje zadání cvičení abychom ušetřili místo na papíru V případě že byste si to chtěli tisknout jistě uvítáte že je stránek co nejméně Ze stejného důvodu je text psán velmi stručně a hustě takže v žádném případě nemůže sloužit jako ukázka jak má vypadat dobrá typografie Šlo mi skutečně hlavně o úsporu místa Po pravé straně každého čísla příkladu jako horní index je uveden číselný údaj v rozsahu 0 5 kterým naznačuji důležitost tohoto příkladu v našem předmětu Úvod do algebry Pětka znamená příklad zásadní důležitosti a nula znamená že příklad můžete ignorovat Proč jsou ve skriptech příklady nulové důležitosti? Skripta totiž obsahují věci které se dají použít později v dalších předmětech souvisejících s algebrou ale nejsou součástí osnovy našeho úvodního předmětu Čísla označující důležitost příkladu v sobě zahrnují do jisté míry i obtížnost příkladu Lapidárně se dá říci že pokud neumíte samostatně odpovědět na cvičení označené číslem 5 pak je zbytečné chodit na zkoušku S účastí na zkoušce byste si to měli rozmyslet i při problémech se cvičeními označenými číslem 4 Cvičení s čísly a by neměla uniknout Vaší pozornosti pokud chcete získat větší přehled o předmětu a chcete u zkoušky dosáhnout na lepší známku než Tento text narozdíl od skript samotných neprošel redakční úpravou Dá se bohužel tedy předpokládat že v něm budou i nějaké chyby a překlepy Prosím o toleranci k těmto jevům a o případné upozornění na chyby abych je pak mohl v další verzi textu opravit Verze textu: 5 6 0 Petr Olšák 7 Řešení a Platí : R R R : R R R je zřejmě komutativní x y z x+y + z x + y + + z + x y z α β x αβ x + α αβx + β + α αβx+αβ αβ x 4 α x y αx y+α αx+y ++α αx+αy +6x αx + α αy + α α x α y 5 α + β x α + βx + α + β αx + α + βx + β + α x β x 6 x x + x 7 0x + 0 nulovým vektorem je číslo R s operacemi tvoří lineární prostor b 5 + x x x x x x x + není to lineární prostor c 5 + x x x + 6 x + x x + x x není to lineární prostor 7 Řešení Platí : R R R : R R R je komutativní protože a + c c + a b + d d + b a b c d e f a + c b d + b d b + d e f a + c b d + b+d + e b + d f + b+d f b+d+f a+c+e b d f + b+d+f b+d+f a b c d e f α β a b α βa β b + βb βb αβa αβ b +α βb α βb +α αβb αβb αβa αβ b + αβb αβb αβ a b 4 α a b c d α a+c b d + b+d b+d αa+αc α b α d + α b+d αb + d+ αb+d αb+d αa+αc αb α d + αb+αd αb+αd α a b α c d 5 α + β a b αa + βa α b β b + α+βb α + βb α a b β a b 6 a b a b + b b a b 7 0a b 0a 0 b + 0 0b 0 nulový vektor je dvojice 0 74 Řešení Součet posloupností je posloupnost α-násobek posloupnosti je posloupnost Vlastnosti 7 ověříme stejně jako v příkladě 9 Ukážu jen ověření vlastnosti ostatní si propočítá laskavý čtenář sám Posloupnost a i je pro větší názornost označena jako a 0 a a Platí: αβa 0 a a αβa 0 βa βa αβa 0 αβa αβa αβa 0 a a 75 Řešení M jsou ve všech případech podmnožiny lineárního prostoru všech posloupností Stačí tedy ověřit zda součet prvků z M leží v M a α-násobek prvku z M leží v M a Součet posloupností s limitou je posloupnost s limitou 6 tj neleží v M tj M není lineární podprostor b Součet posloupností s limitou 0 je posloupnost s limitou 0 α-násobek taky M je lineární podprostor c Součet konvergentních posloupností je konvergentní posloupnost α-násobek taky je to cvičení spíše do úvodního kurzu matematické analýzy M je lineární podprostor d Součet posloupností s konečným nosičem K a K má konečný nosič který je podmnožinou K K α-násobek posloupnosti s konečným nosičem má pro α 0 stejný nosič a pro α 0 je nosičem prázdná množina Tedy nosič je konečný M je lineární podprostor

e Nechť c i a d i jsou posloupnosti které splňují c i+ c i + c i+ d i+ d i + d i+ Pak c i+ + d i+ c i + d i + c i+ + d i+ tedy c + d i+ c + d i + c + d i+ Také αc i+ αc i + αc i+ Takže M je lineární podprostor f Nechť c i c 0 p i d i d 0 q i Pro p q není součet c i + d i geometrická posloupnost M není lineární podprostor Kdyby M q byla množina všech geometrických posloupností se stejným kvocientem q pak M q tvoří lineární podprostor g M není lineární podprostor: stačí nenulovou posloupnost násobit číslem h Součet posloupností omezených konstantami K K je posloupnost omezená konstantou K + K také α-násobek posloupnosti omezené konstantou K je posloupnost omezená konstantou α K Takže M tvoří lineární podprostor i x y z x y z +a b c a b c x+a y +b z +c x+a y +b z +c αx y z x y z αx αy αz αx αy αz tedy M je lineární podprostor 76 4 Řešení Součet komplexních čísel je komplexní číslo Reálný násobek komplexního čísla je komplexní číslo Komplexní číslo a + ib lze zapsat ve tvaru dvojice a b přičemž součet a reálný násobek pak odpovídají operacím a Vlastnosti 7 je pak možné ověřit stejně jako v příkladě 9 77 Řešení Je to důsledek cvičení 76 a 78 Nebo můžeme argumentovat přímo: Součet uspořádaných n-tic komplexních čísel je uspořádaná n-tice komplexních čísel Reálný násobek uspořádané n-tice komplexních čísel je uspořádaná n-tice komplexních čísel Vlastnosti 7 dokážeme podobně jako v příkladu 9 přičemž se využije toho že tyto vlastnosti splňuje sčítání komplexních čísel a násobení komplexního čísla reálným skalárem to je výsledek cvičení 76 78 Řešení Součet uspořádaných n-tic vektorů z L je uspořádaná n-tice vektorů z L Reálný násobek uspořádané n-tice vektorů z L je uspořádaná n-tice vektorů z L Při ověřování vlastností 7 se využije toho že tyto vlastnosti splňuje lineární prostor L Ověřím jen vlastnost 4 ostatní vlastnosti si propočítá laskavý čtenář sám α x x x n y y y n α x + y x + y x n + y n α x + y α x + y α x n + y n α x + α y α x + α y α x n + α y n α x α x α x n α y α y α y n α x x x n α y y y n V prvních dvou rovnostech je použita definice operací a ve třetí rovnosti je využito toho že vlastnost 4 platí na lineárním prostoru L a poslední dvě rovnosti znovu využívají jen definici operací a Nulový vektor lineárního prostoru L n má tvar o o o je to uspořádaná n-tice nulových vektorů o L 79 Řešení Nad rovnítky je uvedeno číslo vlastnosti z definice 6 která byla v daném okamžiku použita Je-li použita vlastnost z věty 7 je číslo uvozeno pro odlišení písmenem V a x x x x 6 x V b Předpokládám x y o Pak y y + o y + x y y + x + y y + y + x 6 y+ y +x y+ y +x 5 + y+x 0y+x 7 o+x V x+o x Předpokládám x y Pak x y y y o Poslední rovnost byla podrobně dokázána pomocí vlastností 6 5 a 7 v předchozím výpočtu c Předpokládám že αx αy Dokážu že pokud α 0 pak x y Platí α αx α αy tj dle : α α x α α y tj x y tj dle 6: x y Nyní obráceně přepokládám α 0 pak dle 7 αx o αy Konečně předpokládám x y Pak αx αy d Předpokládám αx βx Dokážu že pokud α β pak x o Dle b je αx αy o Takže o αx + βx αx + βx 5 α βx Dle V musí být x o Obráceně z předpokladu α β zjevně plyne αx βx Je-li x o pak podle V je αx o βx V e Předpokládám x + z y + z Pak x x + o b x + z z x + z z y + z z y + z z b V y + o y Obráceně z předpokladu x y plyne x + z y + z okamžitě po dosazení x za y 80 Řešení + x + y 56 x + y + x + y x + y + x + y ovšem také: + x + y 4 + x + + y 56 x + x + y + y x + x + y + y Zprava z obou výrazů odečtu y a zleva x Zůstává jen prostřední závorka tj y + x x + y Odečtení vektoru y zprava lze provést díky výsledku cvičení 79 případ e K odečtení zleva nelze přímo použít výsledek cvičení 79 případ e protože nemáme komutativní zákon ten dokazujeme Je tedy potřeba zformulovat alternativní případ: z + u z + v právě když u v a dokázat jej bez použití komutativního zákona To již přenechám čtenáři

8 Řešení Předpokládám nejprve že M N nebo N M V prvním případě M N N a to je podprostor a ve druhém M N M a to je také podprostor Obrácené tvrzení dokážu nepřímo Předpokládám že M N a také N M To znamená že existují vektory x M \ N a y N \ M Protože x M a y M je x + y M množina M je totiž podprostor a kdyby v ní ležel součet a první sčítanec musí v ní ležet i druhý sčítanec který tam ale neleží Protože x N a y N je také x + y N Takže x + y M N Nemůže tedy M N být podprostor 8 5 Řešení a b a + c d c a + c b + d a + c M αa b a αa αb αa M 8 5 Řešení 0 0 0 M přitom 0 0 0 musí ležet v každém podprostoru lineárního prostoru R 84 5 Řešení a M je podprostor: x x 4x 4 x 4 + y y 4y 4 y 4 x + y x + y 4x 4 + y 4 x 4 + y 4 M αx x 4x 4 x 4 αx αx 4αx 4 αx 4 M b M není podprostor protože 0 0 0 0 M c M není podprostor protože 0 0 0 0 M d M není podprostor protože 0 0 0 0 M e M je podprostor: Označím u x +y x +y x +y x 4 +y 4 pro x x +x x 4 a y y +y y 4 Mám ověřit že u M Protože x + y x + x x 4 + y + y y 4 x + y + x + y x 4 + y 4 je u M Dále označím v αx x x x 4 αx αx αx αx 4 pro x x + x x 4 Mám ověřit že v M Protože αx αx + x x 4 αx + αx αx 4 je v M f M je podprostor: Označím u x + y x + y x + y x 4 + y 4 pro x x + x x 4 x x + x 4 a y y + y y 4 y y + y 4 Mám ověřit že u M Protože x + y x + x x 4 + y + y y 4 x + y + x + y x 4 + y 4 a x + y x + x 4 + y + y 4 x + y + x 4 + y 4 je u M Dále označím v αx x x x 4 αx αx αx αx 4 pro x x + x x 4 x x + x 4 Mám ověřit že v M Protože αx αx + x x 4 αx + αx αx 4 a αx αx + x 4 αx + αx 4 je u M g M je podprostor: 0 x x x 4 + 0 y y y 4 0 x + y x + y x 4 + y 4 M α0 x x x 4 0 αx αx αx 4 M h M je podprostor: a a a a+b b b b a+b a+b a+b a+b M αa a a a αa αa αa αa M i M je podprostor pro a 0: Označím u x +y x +y x +y x 4 +y 4 pro x +x +x +x 4 0 a y +y +y +y 4 0 Je 0 x +x +x +x 4 +y +y +y +y 4 x +y +x +y +x +y +x 4 +y 4 takže u M Označím v αx x x x 4 αx αx αx αx 4 pro x + x + x + x 4 0 Je 0 α 0 αx + x + x + x 4 αx + αx + αx + αx 4 takže v M M není podprostor pro a 0 protože 0 0 0 0 M j M není podprostor: 0 0 M 0 0 M ale 0 0 + 0 0 0 0 0 M Přitom 0 0 0 0 M Tento příklad ilustruje že tomu aby byl M podprostor to nestačí 85 4 Řešení M je podprostor: α sin x + β cos x + γ sin x + δ cos x α + γ sin x + β + δ cos x M k R: kα sin x + β cos x kα sin x + kβ cos x M 86 5 Řešení Označím danou množinu polynomů M M není podprostor: x +x++ x + x+ M 87 Řešení a Ano Součet spojitých funkcí je spojitá funkce α-násobek spojité funkce je spojitá funkce b Ano f + g k f k + g k αf k α f k c Ano I f + gx dx I fx dx + I gx dx I αfx dx α fx dx I d Ano Je-li fx K gx K pro všechna x a b pak f + gx K + K a αfx α K pro všechna x a b e Ano Součet po částech lineární funkce je po částech lineární funkce a α-násobek taky f Ano Nechť f má body nespojitosti v konečné množině M a g má body nespojitosti v konečné množině M Pak množina bodů nespojitosti f + g je podmnožinou M M a množina bodů nespojitosti αf je podmnožinou M což jsou konečné množiny 88 Řešení e αx p x cosβx + q x sinβx + e αx p x cosβx + q x sinβx e αx p x + p x cosβx + q x + q x sinβx δe αx px cosβx + qx sinβx e αx δpx cosβx + δqx sinβx Nyní stačí využít toho že součet polynomů je polynom a δ-násobek polynomu je polynom 89 Řešení a Součet t-periodických funkcí je t-periodická α-násobek taky

b Tvrzení neplatí protože t periodické funkce netvoří podmnožinu množiny všech t-periodických funkcí Ale naopak: t-periodické funkce tvoří podmnožinu množiny všech t-periodických funkcí Autor zřejmě měl na mysli tvrzení: množina t-periodických funkcí je podprostorem lineárního prostoru všech t-periodických funkcí Toto tvrzení platí argumentace je stejná jako v případě a c Tvrzení neplatí Například pro k máme stejný problém jako v případě b Tvrzení zřejmě mělo být formulováno ve tvaru: množina t -periodických funkcí je lineárním podprostorem lineárního prostoru všech t-periodických funkcí právě tehdy když existuje k přirozené že kt t Důkaz: Nechť nejprve t periodické funkce jsou podprostorem t-periodických Pak musejí být podmnožinou t periodických funkcí To je možné jen tehdy pokud t t/k kde k je přirozené Jedině taková t periodická funkce je zárověň t periodická Obráceně: existuje-li k přirozené že t t/k pak t periodické funkce tvoří podmnožinu t-periodických funkcí Že se jedná o podprostor plyne z argumentace uvedené v případě a 90 4 Řešení Volím x M y M α R β R Nechť nejprve M je podprostor tj αx M βy M takže také αx + βy M Nechť nyní platí αx + βy M Při volbě α β vychází x + y M Při volbě β 0 vychází αx M 9 0 Řešení a x y z C: x+y+z x+y+z 0+x x+0 x x C x C tak že x+x x+ x 0 b xyz xyz x x x x x tak že x x x x c Platí: x y R\{0} pak xy R\{0} Je zřejmé že R\{0} tvoří s danou operací grupu argumentace stejná jako v b a dále R \ {0} C \ {0} d Platí: x y jsou celá sudá pak x + y je celé sudé Dále 0 je celé sudé a x je celé sudé pro každé x celé sudé e Nechť x je celé liché a y je celé liché Pak xy je celé liché neutrální prvek je celé liché číslo ale x nemusí být celé! Není to grupa Jde jen o grupoid f Viz e g Agrumentace je stejná jako v případě a Jen písmeno C zaměníme za písmeno Q 9 Řešení Permutace z { } je uspořádaná trojice prvků z { } tak že žádný se neopakuje Množina všech permutací z { } je { } Na každou permutaci a b c můžeme pohlížet jednak jako na uspořádanou trojici a jednak jako na zobrazení z { } na { } které přiřazuje: a b c V tomto kontextu můžeme zapsat permutaci ve dvouřádkové notaci: kde zobrazení jednotlivých prvků čteme po sloupcích a na pořadí sloupců při a b c tomto zápisu nezáleží Tento zápis lépe umožní vyhodnotit skládání permutací jako skládání odpovidajících zobrazení: protože a x b y a c z a b c x y z a b c x y z V následující tabulce všech složených permutací A A jsou v záhlaví tabulky permutace A které se v rámci složeného zobrazení realizují dříve a vlevo po strane permutace B Permutace jsou zapsány jen jako uspořádané trojice pro přepis na dvouřádkový tvar může čtenář nad každou trojici připsat čísla A B Jednotkovým prvkem je permutace která odpovídá identickému zobrazení Ke každé permutaci je inverzní permutace stejná Pouze permutace má inverzní permutaci a naopak 94 0 Řešení a a b b a a b b a a e a a a e b Označím a y a ukážu že y a neboli že a y e a y a a e Podle věty 44 je a jediný prvek který splňuje a y e 95 0 Řešení Složím lineární funkci Ax + B s funkcí ax + b: A ax + b + B Aax + b + B to je lineární funkce Skládání jakýchkoli zobrazení je asociativní Jednotkový prvek: x + 0 K prvku ax + b je inverzní prvek a x + b 4

a Je to pologrupa ne grupa Neexistuje inverzní prvek k prvku 0x + b b Ano c Ano d x + b + B x + b + B Je to grupoid Inverzní prvek k x + b je x + b takže to je navíc grupa e Ano protože se stejnou operací je sama grupou 96 0 Řešení mod 4 8 mod 4 0 97 0 Řešení + splňuje vlastnosti komutativní grupy Také M \{0 0 0 } s operací je komutativní grupa viz příklad 40 Distributivní zákon by bylo potřeba propočítat pro všechny možné případy ale v souladu s posledním odstavcem příkladu 65 to dělat nebudu 98 0 Řešení Množinu všech kvaternionů označím M Tato množina s operací + tvoří komutativní grupu zřejmé nulový prvek je 0 + 0i + 0j + 0k Dále platí a + bi + cj + dka + Bi + Cj + Dk aa bb cc dd + ab + ba + cd dci + ac bd + ca + dbj + ad + bc cb + dak Jednotkovým prvkem je + 0i + 0j + 0k Inverzní prvek k prvku a + bi + cj + dk je takový A + Bi + Ci + Dk kde A B C D jsou řešením soustavy lineárních rovnic s maticí: a b c d b a d c 0 c d a b 0 d c b a 0 Protože matice soustavy má determinant a + b + c + d který je nenulový pro nenulový prvek a + bi + cj + dk řešení vždy existuje a je navíc jediné Inverzní prvek tedy existuje Poznámka: pojem determinant a souvislosti s řešením soustav jsou vyloženy až v kapitolách 4 a 5 Máme tedy ověřeno že M s operací tvoří grupu Tato grupa je nekomutativní protože například ij k ale ji k Chybí ověřit distributivní zákon což přenechám čtenáři Více o kvaternionech např v [6] 99 Řešení a a + b a + c tj a + a + b a + a + c tj b c b viz cvičení 94 c pro grupu platí e e e tj nulový prvek je opačný sám sobě d přímo v definici tělesa se praví že T \ {0} má být grupou vzhledem k operaci tj jednotkový prvek leží v množině T \ {0} e nejprve ukážu že a a Platí a + a protože je jednotkový a + a distrib zákon + a 0a věta 57 0 takže a a Nyní dokážu vlastní tvrzení: a + b a + b a + b a + b f a + bc + d distr zákon a + bc + a + bd ac + bc + ad + bd g Předpokládám že a a tj a a 0 Z distrib zákona: a+a+ a a+a a+ a a 0 Z věty 57 musí a + 0 nebo a + 0 takže a nebo a Obráceně: a x přitom: + x + 0 0 Takže x je opačný k a protože + 0 je opačný k takže x 00 Řešení Zkoumanou množinu značím M a + b c + d ac + ad + bc + bd M 0 M nulový prvek M jednotkový prvek pro a + b je a + b opačný prvek a a D b D inverzní prvek je D a b 0 protože a b Q a a 0 b 0 0 Řešení α β Q x y z R: x + y R αx R x + y yx x + y + z x + y + z αβx αβx 4 αx + y αx + αy 5 α + βx αx + βx 6 x x 7 0x 0 0 Řešení α β T x y z T : x + y T αx T protože T s operací + je komutativní grupa protože T s operací je grupa tj splňuje asociativní zákon 4 5 protože T splňuje distributivní zákon 6 protože je jednotkový prvek vzhledem k operaci 7 plyne z věty 57 67 5 Řešení a α 0 + β0 + γ5 7 α + 5γ α β + 7γ β γ b α 0 + β0 4 + γ 5 7 α + γ α + β 5γ β + 7γ α + 4β γ c αx + x + βx x + + γ 4x + x + 8x 5 β 4γx + α + γx + α β + 8γx + α + β 5γ d α sin x + β cos x + γx 5

e α + i + β i + γ + 5i α + β + γ + α β + 5γi f αi + i + β + i 0 + γ0 i 7 β + αi α + β + γ + β γi α + 7γ + αi g α + 5β h α β 5 α 5 β α 5 β i α + β 0 α + β α j α β 0 α α + α α β β 0 + β 0 β 0 α α 0 α + α 0 + α 0 α + 0 α α β 0 0 také proto že 0 je nulový vektor v daném lineárním prostoru 68 5 Řešení a α + 5γ α β + 7γ β γ 0 0 0 tj α + 5γ 0 α β + 7γ 0 β γ 0 Jediné řešení: α β γ 0 vektory jsou LN b α+γ α+β 5γ β +7γ α+4β γ 0 0 0 0 tj α+γ 0 α+β 5γ 0 β +7γ 0 α + 4β γ 0 Jediné řešení: α β γ 0 vektory jsou LN c β 4γx + α + γx + α β + 8γx + α + β 5γ 0 x R tj polynom musí být nulový Podle věty 0 tedy musí β 4γ 0 α + γ 0 α β + 8γ 0 α + β 5γ 0 Soustava má nekonečně mnoho řešení například α β γ Lze tedy sestavit netriviální lin kombinaci která je rovna nulovému polynomu Vektory jsou LZ d α sin x + β cos x + γx 0 x R rovnost tedy musí platit i pro x { 0 π π} po dosazení: β + γ 0 α + γ π 4 0 β + γπ 0 Jediné řešení: α β γ 0 vektory jsou LN e α + β + γ + α β + 5γi 0 + 0i tj α + β + γ 0 α β + 5γ 0 Nekonečně mnoho řešení nenulové řešení je např α β 7 γ 4 vektory jsou LZ f β + αi α + β + γ + β γi α + 7γ + αi 0 + 0i 0 + 0i 0 + 0i tj β 0 α 0 α + β + γ 0 β γ 0 α + 7γ 0 α 0 Jediné řešení: α β γ 0 vektory jsou LN g α + 5β 0 netriviální řešení například β α 5 vektory jsou LZ h α 5 β nulový vektor daného lineárního prostoru je Po zlogaritmování: ln α + ln 5 β ln tj α ln + β ln 5 0 Netriviální řešení je například α ln 5 β ln vektory jsou LZ i α + β α 0 0 tj α + β 0 α 0 Jediné řešení: α β 0 vektory jsou LN j α α 0 protože 0 je nulový vektor daného lineárního prostoru Je tedy α α 0 β libovolné Např pro α 0 β 7 máme netiviální lineární kombinaci rovnu nulovému vektoru Vektory jsou LZ Jiná argumentace: skupina vektorů obsahující nulový vektor je nutně LZ viz větu 7 případ 69 5 Řešení a α +β4 0 +γ 4 0 0 0 0 tj α+4β γ α+β+γ α+4γ α+β+γ 0 0 0 0 tj α + 4β γ 0 α + β + γ 0 α + 4γ 0 α + β + γ 0 Soustava má jediné řešení α β γ 0 takže vektory jsou LN b α 4 + β + γ 5 9 α + β + γ α + β + 5γ α β + γ 4α + β + 9γ 0 0 0 0 tj α + β + γ 0 α + β + 5γ 0 α β + γ 0 4α + β + 9γ 0 Soustava má nekonečně mnoho řešení netriviální řešení je například α β γ takže vektory jsou LZ c α 0 0+β0 0 +γ 0 α+γ β+γ α+γ β 0 0 0 0 tj α+γ 0 β+γ 0 α + γ 0 β 0 Soustava má jediné řešení α β γ 0 takže vektory jsou LN 70 5 Řešení a α + β + γ 0 α + β + γ α + β α + β + γ tj α + β + γ α + β α + β + γ Soustava nemá řešení tj vektor a nelze vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů u v w b x αx + βx + + γx + γx + α + β + γx + α + β + γ x R tj γ α + β + γ 0 α + β + γ Soustava má řešení α 0 β γ takže x 0x x + + x + c α + β + γ tj α + β + γ α + β + γ α + β γ Soustava nemá řešení tj vektor a nelze vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů u v w 7 Řešení V definici lineárního prostoru je použit pojem lineární kombinace který má smysl jen když platí vlastnosti Dále se v důkazu pracuje s přičtením vektoru α r x r Levá strana rovnosti: α r x r + α r x r + ostatní vektory 6 α r x r + α r x r + ostatní vektory 5 α r x r + ostatní vektory 0α r x r + ostatní vektory 7 V 7 : o + ostatní vektory ostatní vektory Pravá strana rovnosti: o + V 7 : α r x r α r x r V dalším kroku důkazu se obě strany rovnosti násobí koeficientem /α r 6

Levá strana rovnosti: α r α r α r i r α 4 ix i i r α r α i x i i r 6 x r x r x r V druhé části důkazu dohledá použití axiomů definice 6 už čtenář sám α i α r x i Pravá strana: α r α r x r 7 4 Řešení a 0 β 0 +γ +δ 5 tj β +γ +δ γ +5δ β +γ +δ 0 β + γ + δ Soustava má řešení β 0 γ δ takže a 0b + c + d b 0 α 0 +γ +δ 5 tj α+γ +δ α+γ +5δ 0 γ +δ α + γ + δ Soustava nemá řešení takže b není žádnou lineární kombinací vektorů a c d c Stačí upravit rovnost která vyšla v případě a c a + 0b + d d Znovu jen upravím předchozí rovnost d a + 0b + c e Existuje aspon jeden vektor např c který je lineární kombinací ostatních Vektory a b c d tedy jsou dle věty lineárně závislé Nevadí že b není lineární kombinací ostatních vektorů f Jsou LZ viz e 7 Řešení a a b c 0 d 0 0 Pak a b + c + d b a c d c a b d d a b c b Viz cvičení 7 c a 0 0 b 0 0 c 0 0 d 0 0 Vektor c není lineární kombinací ostatních d také není lineární kombinací ostatních Ale b a + 0c + 0d takže vektory jsou LZ 74 4 Řešení a αx + y + βx + z + γy z o tj α + βx + α + βy + β γz o Protože x y z jsou lineárně nezávislé vektory je uvedená lineární kombinace triviální takže α + β 0 α + β 0 β γ 0 Tato soustava má jen jediné řešení α β γ 0 takže vektory x + y x + z y z jsou LN b αx+y+z+βx+y+5z+γx+y+8z o tj α+β+γx+α+β+γy+α+5β+8γz o Protože x y z jsou lineárně nezávislé vektory je uvedená lineární kombinace triviální takže α+β+γ 0 α + β + γ 0 α + 5β + 8γ 0 Tato soustava má nekonečně mnoho řešení například α β 5 γ Takže existuje netriviální lineární kombinace vektorů x + y + z x + y + 5z x + y + 8z která je rovna nulovému vektoru Zkoumané vektory jsou LZ 75 4 Řešení αx+y+βx+z+γx+λy z o tj α+β +γx+α+λγy +β γzo Protože x y z jsou lineárně nezávislé vektory je uvedená lineární kombinace triviální takže α + β + γ 0 α + λγ 0 β γ 0 a Pro λ 0 existuje nekonečně mnoho řešení uvedené sosutavy například α 5 β γ To jsou koeficienty nertiviálni kineární kombinace která je rovna nulovému vektoru Zkoumané vektory jsou LZ b Pro λ 0 má uvedená soustava jediné řešení α β γ 0 takže jen triviální lineární kombinace je rovna nulovému vektoru Zkoumané vektory jsou LN 76 Řešení α x + x + α x + x + + α n x n + x n + α n x n + x o tj α + α n x + α + α x + + α n + α n x n o a Pro sudá n stačí volit α α α α n Vektory jsou LZ b Pro lichá n předpokládám že α c bez újmy na obecnosti Pak α c α c α 4 c α n c Dále musí 0 α n + α c + c c takže c 0 Pouze triviální lineární kombinace je rovna nulovému vektoru Zkoumané vektory jsou LN 77 Řešení a αx x + x + βx + γx + x + 0 x R tj α + γx + α + β + γx + αx + α β + γ 0 x R Podle věty 0 musí mít nulový polynom všechny koeficienty nulové tedy α + γ 0 α + β + γ 0 α 0 α β + γ 0 Tato soustava má jediné řešení α 0 β 0 γ 0 takže vektory jsou LN b αx + x + x + + βx + x + x + + γx + 5x + x + 0 x R tj α + β + γx + α + β + 5γx + α + β + γx + α + β + γ 0 x R Podle věty 0 musí mít nulový polynom všechny koeficienty nulové tedy α + β + γ 0 α + β + 5γ 0 α + β + γ 0 α + β + γ 0 Tato soustava má nekonečně mnoho řešení například α β γ To jsu koeficienty netriviální lineární kombinace která je rovna nulovému polynomu tedy polynomy jsou LZ c αe x + βe x + γe x 0 x R Zkusím volit x {0 ln ln } Vychází soustava α + β + γ 0 α + 4β + 8γ 0 α + 9β + 7γ 0 která má pouze nulové řešení Vektory jsou LN 7

d α cos x + β sin x + γe 0x 0 x R Protože je e 0x a cos x cos x sin x x R je uvedená podmínka ekvivalentní s: αcos x sin x + β sin x + γ 0 x R To platí například pro α β γ Vektory tedy jsou LZ e Například při volbě x { 0 π π π π} dostávám soustavu rovnic která má jen triviální řešení Vektory jsou LN f Například při volbě x { } dostávám soustavu rovnic která má jen triviální řešení Vektory jsou LN 78 4 Řešení a α 4 + β 0 + γ a 0 0 0 0 tj α + β + γ 0 α + β + γ 0 α + aγ 0 4α + β + γ 0 Soustava má pouze nulové řešení pro libovolné a R takže pro všechna a R jsou vektory LN b a 9 9 c a ± 7 4 d a 0 79 4 Řešení a x + x + ax + αx + x + x + 4 + βx + x + 4x + x R tj α + β x + α + β x + α + 4β ax + 4α + β 0 x R Podle věty 0 musí mít nulový polynom všechny koeficienty nulové tedy α + β α + β α + 4β a 4α + β Soustava nemá řešení takže polynom x + x + ax + neleží v obalu daných polynomů pro žádné a R b x + x + ax + αx + x + x + 4 + βx + x + 4x + + γx + x x R Argumentace stejná jako v případě a Soustava α + β α + β + γ α + 4β + γ a 4α + β má řešení takže polynom je v obalu daných polynomů pro a 0 jen pro a 0 c x + x + ax + αx + x + x + 4 + βx + x + 4x + + γx x + x Argumentace stejná jako v případě a Soustava α + β + γ α + β γ α + 4β + γ a 4α + β γ nemá řešení pro žádné a R takže polynom neleží v obalu daných polynomů pro žádné a R 80 4 Řešení Neplatí Například tři vektory v rovině žádné dva z nich neleží na společné přímce je lineárně závislá množina Další příklady si čtenář jistě najde sám 8 Řešení Je {x y} M Podle věty 4 je x y M a podle věty 5 tvrzení je x y M M 8 5 Řešení a Příklad báze: {} dimenze: b Příklad báze: {} dimenze: c Příklad báze: { i} dimenze: d Příklad báze: { 0 0 i 0 0 0 0 0 i 0 0 0 0 0 i } dimenze: n e Příklad báze: { 0 } dimenze: f Příklad báze: {sin x cos x} dimenze: 8 4 Řešení a M je LN protože má jen dva vektory a jeden není násobkem druhého Příklad báze: { 4 7 0 0 0 0 0 0 0 } b Příklad báze: {x + x x } 84 4 Řešení a b Je dim L První tři vektory z množiny M jsou v obou případech lineárně nezávislé je možné ověřit takže dim M Ovšem M L takže dim M Podle věty 64 případ tedy je M L První tři vektory z M tvoří bázi ostatní vektory je možné odebrat 85 Řešení Dá se lehce ověřit že 0 4 + 0 + 0 0 + 0 4 0 4 + + 0 0 + 0 4 takže N M K množině M přidám vektor 0 a odebrat nemůžeme vektor ani 0 protože koeficient lineární kombinace je u tohoto vektoru nulový Odeberu tedy například 4 Dostávám zatím množinu { 0 0 0 4 } Je 0 0 + + 0 0 + 0 0 4 takže přidám 0 a odeberu Dostávám výslednou množinu P { 0 0 0 0 4 } Platí P M 86 Řešení B je lineárně nezávislá neboť každá její konečná podmnožina je lineárně nezávislá argumentuje se podobně jako v příkladě 8 8

a Každá posloupnost s konečným nosičem je lineární kombinací prvků z B: a 0 a a a k 0 0 a 0 b 0 + a b + a b + + a k b k b Posloupnost nelze vyjádřit jako lineární kombinaci konečně mnoha prvků z B Takže B tj B není bází lineárního prostoru všech posloupností 87 Řešení Příklad báze: { 0 5 8 0 5 8 } Dimenze: 88 Řešení Množina všech násobků jednoho vektoru je v tomto lineárním prostoru spočetná Množina všec lineárních kombinací konečně mnoha vektorů je spočetná Přitom R je nespočetná Takže lineární obal žádné konečné množiny nemůže pokrývat celé R Tedy nemůže existovat konečná báze Dimenze prostoru je nekonečno 89 Řešení Například: { b o o b o o b k o o o b o o b o o b k o o o b o o b o o b k } dim L n kn 90 Řešení Tvrzení není pravdivé Například množina M {0 x x 4 x 6 x 8 } není bází lineárního prostoru všech polynomů protože třeba x M 9 5 Řešení a Ano protože je LN a tříprvková Přitom je zámo že dimenze prostoru polynomů nejvýše druhého stupně je b Ano protože je LN a tříprvková a je dim R c Ano protože je LN a dvouprvková a je dim C d Ověřím lineární nezávislost α i + β + i + γ + i + i + δi 0 + 0i 0 + 0i tj α + β + + iγ + iδ 0 + 0i iα + + iβ + + iγ + δ 0 + 0i tj reálná část první rovnice: α + β + γ 0 imaginární část první rovnice: γ + δ 0 reálná část druhé rovnice: β + γ + δ 0 imaginární část druhé rovnice: α + β + γ 0 Tyto čtyři rovnice tvoří soustavu která má pouze triviální řešení takže množina B je LN Protože dim C 4 a B je čtyřprvková lineárně nezávislá je B bází lineárního prostoru C e Ano B je LN a je tříprvková a dimenze protoru polynomů nejvýše druhého stupně je tři f B není báze protože má jen dva prvky a přitom dim R g B není báze protože má 4 prvky a přitom dim R Množina B musí podle věty 64 být nutně lineárně závislou množinou 9 5 Řešení a B { 0 0 0 0 4 } dim M e B { 0 0 0 0 0 0 } dim M f B { 0 0 0 } dim M g B { 0 0 0 0 0 0 0 0 0 } dim M h B { } dim M i Jen pro a 0 B { 0 0 0 0 0 0 } dim M 9 Řešení Všechny lineární kombinace polynomů z M jsou tvaru ax + bx + a a obráceně každý takový polynom lze získat jako lineární kombinaci prvků z M: ax + bx + a ax + b ax + pro a 0 a 0x + bx + 0 x + bx + + x + 0x + Takže M {ax + bx + a a b R} Báze je například {x + x} dim M 94 Řešení Je K x x x m dim x x x m m Protože dimenze je maximální počet lineárně nezávislých vektorů nemůže x x x m obsahovat množinu K lineárně nezávislých vektorů s větším počtem prvků než m 96 Řešení a [] n : nn+ [] Předpokládám že platí + + + n a dokážu že + + + n + n + n+n+ Je + + + n + n + nn+ + n + n +n+n+ n+n+ b [] n : + [] Předpokládám že platí V n a dokážu platnost V n + tj dokážu + 5 + + n + n + n+n++ Je + 5 + + n + n + nn+ + 6n+ n +n+6n+4 n+n++ c [] je dělitelné šesti [] Předpokládám že n +n je dělitelné šesti a dokážu že n+ +n+ je dělitelné šesti Je n + + n + n + n + n + + n + n + n + n + n + První sčítanec je dělitelný šesti dle indukčního předpokladu poslední sčítanec dvanáctka je také dělitelný šesti Zbývá ověřit dělitelnost n + n Pro n sudé je n + n sudé sudé + sudé sudé číslo Pro n 9

liché je n + n liché liché + liché liché + liché sudé číslo Trojnásobek sudého čísla je dělitelný šesti d [] 7 977674 zbytek po dělení tohoto čísla jedenácti je 7 [] Předpokládám platnost V n tedy 7 0n+ k + 7 pro nějaké k přirozené a dokážu že 7 0n++ má zbytek po dělení jedenácti 7 Je 7 0n++ 7 0n+0+ 7 0n+ 7 0 k + 7 7 0 7 0 k + 7 Číslo 7 0 k je dělitelné jedenácti a 7 má zbytek po dělení jedenácti 7 jak jsem ověřil v kroku [] e [] 0 0 + [] Předpokládám platnost V n dokážu n n + + n + n n n+ + Levá strana tohoto vztahu je rovna n n + n + + n n + což je rovno pravé straně vztahu f [] n 4: 4 6 < 4! 4 [] Nechť platí V n tj n < n! dokážu n+ < n +! Je n+ n < n! < n + n! n +! g Lze ukázat přímo bez použití indukce ale procvičujeme indukci [] {} obsahuje dvě podmnožiny: {} [] Nechť V n platí dokážu že { n n + } má n+ podmnožin Existuje n podmnožin z { n} a stejný počet podmnožin které obsahují navíc prvek n+ Takže n + n n n+ h [] Je-li x+ x celé pak x + x je celé Výrok V tedy platí V indukčním kroku budu předpokládat platnost V n a V n takže nyní potřebuji ještě ověřit že V 0 platí Ovšem x 0 + x je celé 0 číslo [] Nechť V n a V n platí Dokážu že je-li x + x celé pak xn+ + x je celé Protože x + n+ x x n + x a x n + n x jsou celá čísla je celé taky x + n x x n + x x n + n x x n+ + n x n+ i [] a + b a + b [] Nechť V n platí a+b n+ a+ba+b n a+b n 0 a n + n a n b + + n n b n a n+ +b n+ +a n b n + n 0 + a n b n + n n + + ab n n n n Nyní stačí ukázat že n k+ + n k n+ k+ Je n! k+!n k! + n! k!n k! n kn!+k+n! k!k+n k!n k n+n! k+!n k! n+ k+ j Na tento typ úlohy nelze použít indukci Stačí ale roznásobit pravou stranu k [] Pro n je rovnost zřejmá [] Nechť V n platí Dokážu V n + cos ϕ + i sin ϕcos ϕ + i sin ϕ n cos ϕ+i sin ϕcos nϕ+i sin nϕ cos ϕ cos nϕ sin ϕ sin nϕ+icos ϕ sin nϕ+sin ϕ cos nϕ cosn + ϕ + i sinn + ϕ V poslední rovnosti byly použity součtové vzorce 97 Řešení a Zde se indukce zřejmě nedá použít b Tvrzení V n: Nulový polynom musí mít nulové koeficienty a 0 a a a n [] n 0: Je a 0 0 viz první část důkazu za větou 0 [] Nechť V n platí dokážu že pak i a n+ je nulový koeficient Předpokládám že polynom má koeficienty a 0 a m přičemž m > n Kdyby m n pak není co dokazovat px x n+ a n+ + a n+ x + + a m x m n x n+ qx Protože je lim x 0 qx 0 a q je spojitý polynom musí q0 0 a tedy q musí mít nulový absolutní člen tj koeficient a n+ 98 Řešení Indukční krok od V k V nefunguje 6 5 Řešení a 5 0 0 0 5 0 b 8 4 0 4 6 0 0 6 9 4 8 4 6 7 c α+β β β α α 4α+7β 6 4 Řešení Součet matic typu m n je matice typu m n α-násobek matic typu m n je rovněž matice m n sčítání matic je komutativní protože sčítání jedotlivých prvků matic je komutativní Tatáž argumentace se použije při ověření asociativního zákona Nechť A a ij a B b ij jsou reálné matice typu m n a α β R Pak αβa αβa ij αβa ij αβa 4 αa + B αa ij + b ij αa ij + αb ij αa + αb 5 α + βa α + βa ij αa ij + βa ij αa + βa 6 A a ij a ij A 7 0A 0a ij nulová matice Ta je nulovým vektorem daného lineárního prostoru 64 4 Řešení λ α + β + γ 0 α+β+γ α+β α+β+γ α+β+γ Čísla α β γ R musejí splňovat soustavu rovnic s maticí 0 λ λ 4 7 λ 8 7 6 7 β 5 7 α 7 0 λ 0 5 0 0 4 0 λ 0 0 5 0 0 λ 0 0 4 λ 0 0 7 Tj γ 7 65 4 Řešení a α + β 0 x + γ + δ x 6 0 0 0 0 Toto vede na soustavu rovnic s neznámými α βγ δ a s parametrem x Tato soustava má netriviální řešení pro x nebo x 6 Pro tyto hodnoty jsou matice lineárně závislé b 0 8 4 + 4 0 + 0 0 0 0 0 0 x 0

66 4 Řešení a Báze: { 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 } dim 4 b Označím A ij matici typu m n která má všude nuly jen prvek a ij je roven jedné Příkladem báze je pak množina {A A A n A A A n A m A m A mn } dim mn 67 5 Řešení a hod 4 b hod c hod d hod 68 5 Řešení Namátkou b Ano matice mají stejnou hodnost jako ve cvičení 67 Čtenář 4 6 4 0 5 0 si to může na těchto příkladech prakticky vyzkoušet 69 4 Řešení a hod pro α ± 5 b hod pro všechna α R c hod pro α d hod pro α 0 nebo α e hod 4 pro α { 4 5} f hod pro α g hod pro α 6 70 4 Řešení a Pro c a + b 0 je hod pro c a + b 0 je hod b Pro a je hod pro a je hod a pro a { } je hod c Pro a 0 a b c libovolná je hod pro a 0 a b 0 a c libovolné je hod pro a 0 b 0 a c 0 je hod a konečně pro a 0 b 0 a c 0 je hod 0 7 4 Řešení Nechť nejprve hod A k Tedy dim x x x k k Pak podle věty 64 vlastnost je {x x x k } lineárně nezávislá množina Nechť nyní obráceně vektory x x x k jsou LN Pak je to báze svého lineárního obalu a nutně jeho dimenze je rovna k 7 5 Řešení Cvičení 69 a 4 b 5 9 c 0 0 0 0 0 4 0 4 4 0 9 5 0 9 5 0 0 0 0 0 0 Cvičení 78 se dělá obdobně 0 8 7 0 8 6 hod vektory jsou LZ hod vektory jsou LN 0 8 7 hod vektory jsou LN 0 0 6 5 7 5 Řešení a 0 a 0 a 0 a hod pro a 5a + 0 neboli a 5 a 0 a a 0 0 a ± Tehdy 5a+{ 5 jsou vektory LZ V opačném případě tj a + 5 } jsou vektory LN b hod pro a 7 0 tj pro a 7 Vektory jsou LN pro a 7 a 0 0 a 4 0 0 a 4 0 0 a 7 74 Řešení Podle věty 5 existuje báze B {x x x k } lineárního prostoru x x x k Ta má podle definice hodnosti hod A prvků a je B x x x k Nechť nejprve y B Pak B {y} je lineárně závislá množina takže hod B dim B {y} dim B hod A Obráceně nechť dim B {y} dim B Pak nutně B {y} nemůže být bází svého lineárního obalu takže je lineárně závislá Protože B je lineárně nezávislá musí y být lineární kombinací prvků z B neboli y B 75 5 Řešení 0 0 0 0 0 a 0 0 a 0 a a 0 a 0 takže hod a R takže 0 0 a+ a 4 0 0 a+ a 4 a 0 0 a+ a 4 0 0 0 a 7a+7 hod právě tehdy když a 7a + 7 0 tj a ± / 7/ To jsou hodnoty parametru a pro který leží daný vektor v daném lineárním obalu b 0 0 0 0 0 6 takže hod Dále 0 0 0 0 6 a a pro a Pro tuto hodnotu a leží daný vektor v daném lineárním obalu c takže hod Dále 0 0 0 0 0 6 0 0 0 0 6 a a daný vektor neleží v daném lineárním obalu pro žádnou hodnotu parametru a 0 0 0 0 6 0 0 a 0 0 0 0 0 6 0 0 0 takže hod takže hod 4 a

77 5 Řešení Cv 64 P A B B Cv 65 a 0 x x 6 0 λ 0 takže hod pro λ 6 0 0 5 7 0 0 0 7λ 6 a to je hodnota pro kterou 0 x takže hod pro x + 4x 0 tj x nebo 0 4 x+ 0 0 0 x +4x 0 x 6 Tehdy jsou dané matice lineárně závislé Analogicky případ b Cv 79 a hod nezávisle na a takže daný polynom neleží v daném 4 4 a 4 0 6 0 0 a lineárním obalu pro žádné a R Analogicky případy b a c 78 5 Řešení a 0 5 7 7 0 5 7 4 4 4 6 7 6 7 6 8 7 5 6 8 6 6 4 5 b nedefinováno počet sloupců první se nerovná počtu řádků druhé matice c d nedefinováno počet sloupců první se nerovná počtu řádků druhé matice e nedefinováno počet sloupců první se nerovná počtu řádků druhé matice 4 5 f 69 5 4 9 g 55 h 4 6 8 0 6 9 5 4 8 6 0 5 0 5 0 5 i 49 7 4 4 6 8 7 5 79 4 Řešení X a: typ 5 5 X a X a T : typ 5 5 X a X b : typ 5 X a B T : typ 5 4 X a C T : typ 5 X a D: typ 5 X a T X a : typ 5 5 X a T X a T : typ 5 5 X a T X b : typ 5 X a T B T : typ 5 4 X a T C T : typ 5 X a T D: typ 5 X b X b T : typ 5 5 X b X d : typ 5 X b T X a : typ 5 X b T X a T : typ 5 X b T X b : typ X b T B T : typ 4 X b T C T : typ X b T D: typ X c X c T : typ 4 4 X c T X c : typ 7 7 X c T A: typ 7 4 X c T A T : typ 7 4 X c T B: typ 7 5 X d X d T : typ X d T X b T : typ 5 X d T X d : typ AX c : typ 4 7 A : typ 4 4 AA T : typ 4 4 AB: typ 4 5 A T X c : typ 4 7 A T A: typ 4 4 A T : typ 4 4 A T B: typ 4 5 BX a : typ 4 5 BX a T : typ 4 5 BX b : typ 4 BB T T : typ 4 4 BC T : typ 4 BD: typ 4 B T X c : typ 5 7 B T A: typ 5 4 B T A T : typ 5 4 B T B: typ 5 5 CX a : typ 5 CX a T : typ 5 CX b : typ CB T : typ 4 CC T : typ CD: typ C T C: typ 5 5 C T D T : typ 5 5 DC: typ 5 5 DD T : typ 5 5 D T X a : typ 5 D T X a T : typ 5 D T X b : typ D T B T : typ 4 D T C T : typ D T D: typ ostatní zde neuvedené součiny zadaných matic nejsou definovány 80 5 Řešení Nechť A je typu m n a B je typu p q a Protože AB je definováno musí n p Protože BA je definováno musí m q takže B je typu n m AB je pak typu m m a BA je typu n n To jsou čtvercové matice b Jako v případu a navíc zde máme podmínku m n takže skutečně A i B jsou matice typu n n 8 4 Řešení AAA AAA protože při násobení matic platí asociativní zákon věta 8 0 4 8 4 Řešení A 6 9 5 A A 7A + A 5E O nulová matice 8 4 Řešení A 0 8 7 a +bc ab+bd ac+cd bc+d a a 0 ověřím analogicky 87 44 59 9 9 44 0 a a + bc aa + d + ad bc 0 a ab + bd ba + d + 0 0 84 Řešení Protože matice A je lineární kombinací matic E a A Matice A a + d A ad bc A je lineární kombinací matic A a A takže je lineární kombinací matic A a E Množina {E A} je bází daného libneárního obalu pokud E A jsou lineárně nezávislé matice To platí právě tehdy když A není násobkem matice E 85 4 Řešení a b Komutující matici předpokládám ve tvaru C a b c d Z rovnosti CA AC plynou čtyři rovnice s neznámými a b c d dimenze prostoru řešení je To platí v případě a i b Protože dim E A a E i A komutují s A je prostor komutujících matic roven obalu E A c Komutující matici předpokládám ve tvaru C Z rovnosti CA AC plyne že c 0 a b c d e f g h i b b c c f 0 e e f f a i b 0 c 0 takže a i b c f 0 a ostatní proměnné

mohou být libovolné Obecná komutující matice tedy je C a 0 0 d e 0 g h a Bázi prostoru komutujících matic tvoří např matice které mají jedinou jedničku pod hlavní diagonálou nebo jedničku uprostřed hlavní diagonály nebo dvě jedničky na krajích hlavní diagonály jinde mají nuly Dimenze tohoto prostoru je 5 a 0 c d Podobným postupem jako v c zjistím že obecná komutující matice je takže dimenze hledaného prostoru je a bázi si najde čtenář sám 0 e 0 c 0 a e Podobně jako v předchozích případech odhalím obecnou komutující matici ve tvaru dimenze hledaného prostoru je 4 Bázi si zapíše každý sám a b c d 0 a b c 0 0 a b takže 0 0 a 86 Řešení Tvrzení platí pro všechny matice A typu s výjimkou matic tvaru αe α R které komutují se všemi maticemi typu K důkazu tohoto tvrzení nestačí argumentovat výsledkem cvičení 84 protože není snadné dokázat že neexistuje komutující matice mimo lineární prostor E A A A Je tedy potřeba pracovat s obecnou maticí A a b c d a komutující matici předpokládat třeba ve tvaru C α β a vyjít z rovnic které plynou z CA AC γ δ 87 Řešení Matici předpokládám ve tvaru a b c d a a + bc 0 ab + bd 0 ac + cd 0 d + bc 0 Protože a bc d musí a ±d Nejprve předpokládám a d Pak ab 0 takže a 0 nebo b 0 Také ac 0 takže a 0 nebo c 0 Předpokádám nejdříve a 0 Pak bc 0 takže b 0 nebo c 0 což odpovídá maticím 0 b 0 0 a 0 0 c 0 Nechť nyní a 0 a a d Pak b 0 a současně c 0 ovšem pak z první rovnice i a 0 a Takže tato možnost nevede k výsledku Konečně nechť a d Pak druhá a třetí rovnice je vždy splněna a z první rovnice musí bc a neboli c a /b Z toho vychází a b a /b a b a + bc ab + bd 0 ac + cd 0 d + bc Protože a bc d musí a ±d Nechť 0 b nejprve a d 0 Pak bc takže b 0 a c b/c což odpovídá matici /b 0 Dále předpokládejme a d 0 pak musí b 0 a c 0 takže a d ± což odpovídá matici ±E Konečně nechť a d 0 pak bc a Je-li a d pak b může být libovolné a c 0 nebo b 0 a c je libovolné To odpovídá maticím ± b ± 0 Je-li a d pak b a c jsou nenulové 0 c c a a b /b což odpovídá matici a /b a c a + bc a ab + bd b ac + cd c d + bc d Z druhé a třetí rovnice při b 0 nebo c 0 plyne a + d Z poslední rovnice je d / ± 4bc přičemž reálné řešení je možné jen pro bc /4 Z předchozí rovnosti a + d pak máme a / 4bc Po dosazení do první rovnice shledáme že ta je nadbytečná Shrnuto: pro b 0 a c 0 musí bc /4 a matice jsou tvaru 4bc b c ± Je-li b c 0 pak a a a d d takže a 0 nebo a a d 0 nebo 4bc d Tyto případy jsou obsaženy v obecné matici uvedené před chvílí 88 4 Řešení a A + BA + B A + AB + BA + B A + AB + B protože AB BA b A + BA B A AB + BA B A B protože AB BA c A AA ABA ABA AB A B BB BAB BAB BA B 89 4 Řešení Cv 67: a singulární hod < 5 ostatní matice nejsou čtvercové Cv 78: hod A 4 takže A je regulární A je regulární protože má inverzní matici A A CD je zjevně regulární a DC je zjevně singulární Ostatní matice nejsou definovány nebo nejsou čtvercové Cv 69 a α ± 5 b pro všechna α R c není čtvercová d není čtvercová e α { 4 5} f není čtvercová g není regulární α R nemá vliv 90 Řešení Obě matice jsou inverzními maticemi k A T První je tak definována a pro druhou platí: A T A T A A T E T E A T A T AA T E T E Byl využit vztah 5 věty 8 a dále věta 49 o jednoznačnosti inverzní matice 9 5 Řešení a / / b d/d b/d c/d a/d kde D ad bc c 0 0 0 d 7 0

e i m / 0 / / / /6 f matice je singulární g / 4/ 0 0 0 0 0 0 0 j a 0 0 0 0 a 0 0 0 0 a 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 k /4 9/4 0 / / 7/4 /4 9/4 5/4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 l h 0 0 0 0 0 0 p 0 0 p p 0 ±p n p n ±p n 9 4 Řešení P A je jako A jen s přehozeným prvním a druhým řádkem P A je jako A jen druhý řádek je pronásoben číslem α P A je jako A jen k druhému řádku je přičten α-násobek prvního Při násobení zprava to dopadne stejně jen místo řádků matice A se odpovídajícím způsobem mění její sloupce 9 Řešení a Ve výsledném součinu se prohodí také i-tý řádek s j-tým b Ve výsledném součinu se také i-tý řádek pronásobí konstantou α c Ve výsledném součinu se také přičte α-násobek i-tého řádku k j-tému d Ve výsledném součinu se prohodí také prohodí i-tý sloupec s j-tým e Ve výsledném součinu se také i-tý sloupec pronásobí konstantou α f Ve výsledném součinu se také přičte α-násobek i-tého sloupce k j-tému 94 4 Řešení / a X B A / / / b A AX B tj X A A B c XA A B tj X BA A d X 6 60 600 9 80 7 5 44 88 48 e E BX A tj X E B A f XE B A tj X AE B g A EX A tj X A E A / / 4 9/ / /4 5/4 / / / /4 /4 5/4 / / 4/ / / 4/ /6 / / 0 0 0 0 / / 0 4 0 4 4 96 Řešení a A n 0 na Indukce krok : pro n je zřejmě splněno Krok : předpokládám A n 0 na a dokážu že A n+ 0 n+a Je A n+ AA n 0 0 0 a na n+a λ b n nλ n 0 λ n c v tomto případě A E takže A k E A k+ A pro všechna k N d e λ n 0 0 0 0 λ n 0 0 0 0 λ n 0 0 0 0 λ n 4 ua va wa 0 ua va 0 0 ua 0 0 0 kde u n n v n n! w n n! n!!n! když n pak w 0 97 Řešení Krok : pro n rovnost zřejmě platí Krok : Předpokládám že platí rovnost pro n a dokážu n+ n cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos nϕ sin nϕ ji pro n + Je sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin nϕ cos nϕ cosn+ϕ sinn+ϕ V důkazu byly použity součtové vzorečky pro funkce sin a cos sinn+ϕ cosn+ϕ 98 4 Řešení Je A E tj A A 5 A 7 A a A A 4 A 6 E takže C B + E + 4A Pro α ± je hod C Pro α R \ { } je hod C 6 0 4α 0 7 4α α 0 4

99 Řešení Je-li A typu m n musí být B typu n m jinak by uvedené součiny nebylyu definovány AB je pak typu m m a BA je typu n n Označím A a ij B b lk kde i k { m} a j l { n} Nechť dále C AB c ik a D BA d lj Je c ik n j a ijb jk takže stopa C je rovna m k c kk m n k j a kjb jk Protože d jl m k b jka kl je stopa D rovna n j d jj n m j k b jka kj Nyní stačí využít toho že a kj b jk b jk a kj a prohodit pořadí sum o prohození sum viz též důkaz věty 8 00 Řešení Protože AB a BA mají stejnou stopu je stopa matice AB BA nulová Přitom stopa matice E je rovna n počtu řádků matice takže není nulová 0 Řešení Nechť B je typu m n pak B T je typu n m Označím B b ij i { m} j { n} Dále označím C BB T c ik Je c ik n j b ijb kj takže c ki n j b jjb ij Protože c ik c ki je matice C symetrická Symetrické matice stejného typu tvoří lineární prostor protože součet symetrických matic je symetrická matice a α-násobek symetrické matice je symetrická matice 0 Řešení a Protože vektory z M jsou lineárními kombinacemi vektorů z M je M M Protože vektory z M jsou lineárními kombinacemi vektorů z M je M M Takže M M Obráceně: z M M plyne že vektory z M jsou lineárními kombinacemi vektorů z M a naopak b Nechť A B Z věty plyne že M M Obráceně: je-li vektor lineární kombinací řádků matice A pak lze vytvořit matici B pro kterou je A B a přitom B uvedený vektor obsahuje: přidáme nulový řádek a k němu přičteme potřebnou lineární kombinaci ostatních řádků c Je-li A B pak podle věty 7 je hod A hod B Protože M M musí M M M takže také hod A hod C Nechť nyní hod A hod B hod C Protože hod C hod A všechny řádky matice B jsou lineárními kombinacemi řádků matice A Protože hod C hod B všechny řádky matice A jsou lineárními kombinacemi řádků matice B d Je-li A B pak podle věty 55 existuje P požadovaných vlastností Obráceně existuje-li regulární P že A PB pak podle věty 60 je hod A hod B Také matice diage P je regulární takže hod B hod B B hod diage P B B hod B PB hod B A hod C Podle c z toho plyne že A B e M a M jsou dvě báze stejného lineárního podprostoru M M Podle věty 59 musí k m 44 4 Řešení a sudá inverze jsou: 4 6 6 5 b lichá inverze jsou: c lichá 6 : 5 inverzí 5 : 4 inverze 4 : inverze : inverze : inverze d inverze inverze 4 n inverzí n celkem + + + n nn+ inverzí Permutace je tedy pro n 4 postupně lichá lichá sudá sudá lichá lichá atd neboli je-li zbytek po dělení čísla n čtyřmi nebo je premutace lichá a pro ostatní případy sudá 44 Řešení Maximální počet inverzí má permutace n n Celkový počet inverzí této permutace je n + n + + + n n 444 Řešení a 4 6 5 Podrobněji viz b b Permutace pro větší názornost zapíšu ve dvouřádkové notaci tj 4 5 6 4 6 5 4 5 6 4 5 6 Čísla na prvním řádku jsou permutací zobrazena na čísla na druhém řádku Skládání zobrazení je definováno zprava doleva tj nejprve provedu zobrazení podle pravé parmutace a pak podle levé Jednotlivá čísla se permutacemi zobrazují takto: 4 4 6 4 5 5 6 5 6 Výsledná permutace tedy je 4 6 5 c 4 5 6 445 Řešení a 5 6 4 b 6 4 5 c 6 5 4 d n + n + n n 446 Řešení a a a a 44 a a a 4 a 4 a a a a 44 + a a a 4 a 4 + a a 4 a a 4 a a 4 a a 4 a a a a 44 + a a a 4 a 4 + a a a a 44 a a a 4 a 4 a a 4 a a 4 + a a 4 a a 4 + a a a a 44 a a a 4 a 4 a a a a 44 + a a a 4 a 4 + a a 4 a a 4 a a 4 a a 4 a 4 a a a 4 + a 4 a a a 4 + a 4 a a a 4 a 4 a a a 4 a 4 a a a 4 + a 4 a a a 4 5

447 Řešení a a a a a 44 a a a 4 a 4 a a a a 44 +a a a 4 a 4 +a a 4 a a 4 a a 4 a a 4 a det A b a a a a 44 +a a a 4 a 4 +a a a a 44 a a a 4 a 4 a a 4 a a 4 + a a 4 a a 4 a det A c a a a a 44 a a a 4 a 4 a a a a 44 +a a a 4 a 4 + a a 4 a a 4 a a 4 a a 4 a det A d a 4 a a a 4 +a 4 a a a 4 +a 4 a a a 4 a 4 a a a 4 a 4 a a a 4 + a 4 a a a 4 a 4 det A 4 448 4 Řešení a Sčítanec odpovídá permutaci 5 6 4 ta má 5 inverzí znaménko b Sčítanec odpovídá permutaci 5 4 6 ta má 4 inverze znaménko + c Nejedná se o sčítanec z definice determinantu d Jsou zapsány dva sčítance viz ab celkem je sčítaců 6! 70 takže chybí ještě napsat 78 sčítanců 449 4 Řešení Daná funkce je polynomem v proměnné x protože podle definice determinantu je px rovno součtu součinů různě vybíraných prvků dané matice Součinem vybraných prvků získáme funkci tvaru cx k a součtem takových funkcí je obecně polynom V součinech se vyskytují vždy 4 prvky matice takže k 4 a polynom musí být nejvýše čtvrtého stupně Podle definice determinantu vyberu všechny takové sčítance které jsou tvaru cx 4 jejich součtem odhalím koeficient a 4 Všechny prvky v součinu musejí obsahovat proměnnou x V prvním řádku je tedy možné vzít prvek jen z prvního sloupce a ve třetím řádku ze třetího a ve čtvrtém z druhého sloupce Tím jednoznačně vychází že z druhého řádku je možné vzít prvek jen ze čtvrtého sloupce Součin xxxx 6x 4 odpovídá permutaci 4 která je lichá takže a 4 6 Dále vyberu sčítance které mají v součinu třikrát proměnou x Kdbych z prvního řádku vybral jiný než první prvek pak musím v některém z ostatních řádků použít první sloupec a tím mám součin už dvou konstant Ze zbylého součinu dosáhnu nejvýše na druhou mocninu x ovšem já potřebuji x Takže z prvního řádku musím vybrat první prvek Mocninu x obsahují jen součiny odpovídající následujícím permutacím: 4 4 obě jsou sudé takže x + x 4x a 4 450 5 Řešení px a xc x b x a + cx + ac b Diskriminant je: a + c 4ac + 4b a + ac + c 4ac + 4b a ac + c + 4b a c + 4b 0 45 Řešení a px 0 jen pokud součin prvků na hlavní diagonále je nulový tj x nebo x 5 nebo x 7 nebo x 9 b px 0 jen pokud aspoň jeden z prvků obsahující proměnou x je roven jedné takže x nebo x nebo x 4 nebo x 5 c Pro x i a i je poslední řádek roven i-tému takže řádky jsou LZ a px 0 Protože je prvních n řádků LN jsou všechna a i navzájem různá takže jsem už našel n kořenů polynomu p Z definice determinantu plyne že tento polynom je stupně nejvýše n takže jsem už našel všechny jeho kořeny 45 5 Řešení a b ad bc c d e 6 f 0 g h i j k 4 l m Třeba inverzní matici k e budu počítat metodou doplňků Jednotlivé subdeterminanty jsou 5 4 5 4 6 0 4 4 4 5 5 8 Matice 6 doplňků tedy je 0 4 a inverzní matice je transponovaná matice doplňků dělená determinantem 8 0 původní matice: 6 6 4 8 45 4 Řešení a α + α b α α + e α α α α 4α 5 g 0 U případů a b e je hodnost minimální tehdy když je determinant dané matice nulový U případu g minimální hodnost za použití determinantu neodhalím protože determinat je nulový pro všechna α 454 Řešení Vektory zapíšeme do řádků matice A Protože je dáno n vektorů z R n je A čtvercová matice Vektory jsou lineárně závislé právě tehdy když det A 0 Viz větu 47 a metodu ze cvičení 7 455 5 Řešení a b 7 c d 0 e 65 f abc a +b +c g 0 h a a u+v +w+uvw i a 6 a + 456 4 Řešení a + b + c 457 5 Řešení Za výsledky jsou uvedeny náměty jak se dají determinanty počítat Není to jediná cesta k výsledku můžete samozřejmě počítat i jinak a možná účelněji a a ba cc b: první sloupec odečíst od druhého a třetího 6

b 0: druhý a třetí sloupec odečíst od prvního c 0: první řádek odečíst od druhého a třetího pak rozvoj podle třetího sloupce d a ba cc b: jako c rozvoj podle prvního sloupce e a c b + b a c + c b a: jako d f 6: první řádek odečíst od ostatních g 0: k-násobek prvního sloupce odečíst od druhého k třetího k a čtvrtého k 4 pak rozvoj podle prvního řádku h a b 4c + 6d: rozvoj podle posledního řádku pak Sarrusovo pravidlo i 6: půlnásobek druhého sloupce odečíst od posledního pak rozvoj podle posledního sloupce j 4 k 00 l abcd: rozvoj dle posledního řádku pak dle třetího sloupce m abcde: rozvoj dle třetího řádku pak dle čtvrtého sloupce pak dle prvního sloupce n a a + 4: první řádek odečíst od ostatních pak k prvnímu sloupci přičíst všechny ostatní o 0: druhý řádek odečíst od třetího a čtvrtého pak rozvoj dle prvního sloupce rozdíly kvadrátů zapsat jako součin podle vzorce A B A BA + B a vytknout společné činitele z řádků p abcd abc + ab a + : rozvoj dle prvního řádku q : druhý sloupce odečíst od čtvrtého a šestého pak rozvoj dle druhého řádku Podobně vyrobit nuly v původně čtvrtém řádku a rozvoj dle něj r 0: nenuloví sčítanci z definice determinantu neexistují věž na prvním řádku může ležet v prvním nebo druhém sloupci a na druhém řádku v druhém nebo prvním sloupci věž z třetího řádku ale pak nemůže stát na nenulovém prvku s 47 + 568: odečíst druhý řádek od prvního přímé použití křížového pravidla není účelné 459 Řešení Vynásobím první sloupec stem a druhý desíti a toto přičtu ke sloupci třetímu Takto pozměněná matice má podle věty 4 stejný determinant z posledního sloupce je pak možné vytknout číslo : 8 det A 7 4 74 a 7 4 b d přitom čísla a b c d jsou celá 8 7 87 8 7 c 460 4 Řešení Využiji větu 45 a det A / det A / b det A det A 9 c det AB det Adet B d det ABA det A det B 89 e det AB det A/det B /7 f det AB det Adet B 09 46 Řešení Jsou-li funkce lin závislé pak podle věty existuje jedna např f r která je lineární kombinací ostatních Stejná lineární kombinace derivací těchto funkcí dá f r a podobně pro derivace vyšších řádů Takže r-tý řádek matice Wx je lineární kombinací ostatních řádků pro všechna x R Podle věty to znamená že řádky matice Wx jsou lineárně závislé pro všechna x R takže det Wx je roven nule pro všechna x R 46 Řešení Kdyby byly funkce f f f n lineárně závislé pak podle cvičení 46 je Wx 0 pro všechna x R a to je ve sporu s předpokladem že existuje x R takové že Wx 0 46 Řešení f x x f x x x sgn x Wx x sgn x x sgn x x sgn x x x x x 0 pro všechna x R Funkce f a f přitom zjevně nejsou lineárně závislé protože jedna není násobkem druhé Příklad ilustruje obě tvrzení a i b 466 Řešení a D n je geometrická posloupnost s kvocientem a takže D n D a n b Ověříme nejprve že α α α α 4 0 α α 4α tvoří bázi lineárního podprostoru P posloupností tvaru D n a D n + b D n Protože x ax b má dvojnásobný kořen α je a + 4b 0 a α a/ To znamená že a α a b α takže pro posloupnosti z P platí D n αd n α D n Obě posloupnosti z navržené báze tomuto vztahu zřejmě vyhovují Např pro druhou posloupnost je n α n αn α n α n α n 4 Po vykrácení α n zůstává n n n což zjevně platí Obě posloupnosti tedy leží v lineární podprostoru P jsou lineárně nezávislé a dim P Takže máme bázi Jakákoli posloupnost D i P je lineární kombinací báze koeficeinety této kombinace uznačme u v Je u D v D αd a D n u α n + v n α n Všimněme se že druhá posloupnost v bázi je derivací první podle α Souvisí to s tím že pokud px x ax b má dvojnásobný kořen α pak nejen pα 0 ale i p α 0 viz cvičení 99 c Jsou-li některá z čísel a b D D komplexní pak nám nevadí že vzorec z věty 465 dává komplexní výsledky a že pracujeme s kompexními kořeny α β Jsou-li čísla a b D D reálná a α je komplexní kořen pak β α je také kořen a s tímto značením můžeme použít vzorce z věty 465 Snadno se dá 7