Zadání A. 1. Polynom P (x) má v uspořádané bázi (x 2 + x 1, 2x 2 x 1, x 2 + x + 2) souřadnice (1, 1, 1). Najděte jeho souřadnice vzhledem k uspořádané bázi (x 2 1, x 2 + x 1, x 2 + x). Nejprve si spočítáme polynom P (x), potom si ho vyjádříme jako lineární kombinaci vektorů x 2 1, x 2 +x 1, x 2 +x. Vektor koeficientů této lineární kombinace je vektor souřadnic polynomu P (x) vzhledem k uspořádané bázi (x 2 1, x 2 + x 1, x 2 + x). P (x) 1(x 2 + x 1) + 1(2x 2 x 1) 1(x 2 + x + 2) 2x 2 x 4 a(x 2 1) + b(x 2 + x 1) + c(x 2 + x) (a + b + c)x 2 + (b + c)x + ( a b) Rovnají-li se dva polynomy, rovnají se jejich koeficienty u odpovídajících mocnin, tedy a + b + c 2 b + c 1 a b 4 Tato soustava má jediné řešení a to a 3, b 1, c 2. Souřadnice polynomu P (x) vzhledem k bázi (x 2 1, x 2 + x 1, x 2 + x) jsou (3, 1, 2). 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice BX X C, kde B 2 0 1 1 2 0, C 1 0 1 1 1 0 1 1 2 BX X C (B E)X C X (B E) 1 C X 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 2 0 0 0 1 0 1 3. Spočtěte determinant matic A a A 1, jestliže a IR a A 1 2 1 1 1 3 3 2 a 1 2a 1 + a a 3 + a 5 + 2a 2 + a 2 + a Matici nejprve upravíme, např. takto: Od druhého sloupce odečteme dvojnásobek 1. sloupce, od 3. a od 4. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění.potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě od 3. a od 4. sloupce odečíst sloupec 2. a udělat rozvoj podle 3. řádku. 1 2 1 1 1 3 3 2 a 1 2a 1 + a a 3 + a 5 + 2a 2 + a 2 + a ( 1) 2 1 5 4 3 2 2 1 1 1 1 1 0 0 0 1 5 4 3 1 + a 2 2 1 3 + a 1 1 1 5 1 2 2 0 1 1 0 0 ( 1)4 ( 1)( 1) 1 Tedy deta 1. Podle Laplaceovy věty platí deta deta 1 det(a A 1 ) dete 1, takže pro všechna a IR je deta 1 1.
4. Označme P 2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P 2 P 2 je lineární zobrazení, pro které platí A(x 2 + x + 1) x 2 + x + 2, A(x 2 + 2x + 1) x 2 + 2x, A(x 2 + x + 2) x 2 + 3x 2. Rozhodněte, zda je zobrazení A prosté. Najdeme matici A lineárního zobrazení A vzhledem k bazím (x 2 + x + 1, x 2 + 2x + 1, x 2 + x + 2) a bázi standardní (x 2, x, 1). Je to matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice obrazů vektorů z báze prostoru vzorů vzhledem k bázi prostoru obrazů (tj. bázi standardní). A 1 1 1 1 2 3 2 0 2 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. deta 4 + 6 4 + 2 0, A není regulární a zobrazení A tedy není prosté. 5. Definujte hodnost matice. Najděte matici typu (4, 3), která má hodnost 2. Zdůvodněte. Hodnost matice typu (m,n) je dimense podprostoru lineárního prostorur n, který je generován řádky matice. Takovou maticí je např matice 1 1 1 2 2 2 0 0 0 neboť bazí prostoru generovaného vektory (1, 1, 1), (0, 1, 1), (2, 2, 2), (0, 0, 0) je např. množina {(1, 1, 1), (0, 1, 1)}.,
Zadání C. 1. Polynom P (x) má v uspořádané bázi (x 2 x 1, 2x 2 + x + 1, x 2 x + 2) souřadnice ( 1, 1, 1). Najděte jeho souřadnice vzhledem k uspořádané bázi (x 2 + 1, x 2 x 1, x 2 x). Nejprve si spočítáme polynom P (x), potom si ho vyjádříme jako lineární kombinaci vektorů x 2 +1, x 2 x 1, x 2 x. Vektor koeficientů této lineární kombinace je vektor souřadnic polynomu P (x) vzhledem k uspořádané bázi (x 2 + 1, x 2 x 1, x 2 x). P (x) 1(x 2 x 1) + 1(2x 2 + x + 1) + 1(x 2 x + 2) 2x 2 + x + 4 a(x 2 + 1) + b(x 2 x 1) + c(x 2 x) (a + b + c)x 2 + ( b c)x + (a b) Rovnají-li se dva polynomy, rovnají se jejich koeficienty u odpovídajících mocnin, tedy a + b + c 2 b c 1 a b 4 Tato soustava má jediné řešení a to a 3, b 1, c 0. Souřadnice polynomu P (x) vzhledem k bázi (x 2 + 1, x 2 x 1, x 2 x) jsou (3, 1, 0). 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice XB X C, kde 2 1 1 1 0 1 B 1 1 1, C 1 1 1 0 1 0 2 1 0 XB X C X(B E) C X C(B E) 1 X 1 0 1 1 1 1 2 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 3 2 2 3 1 2 3. Spočtěte determinant matic A a A 1, jestliže a IR a A 1 1 1 1 3 3 1 2 4 + a 4 + a 1 a 2 3 + 2a 4 + 2a 2 a 2 Matici nejprve upravíme, např. takto: Od 2., od 3. a od 4. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění. Potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě udělat rozvoj podle 1. sloupce. ( 1) 2 1 1 1 1 1 3 3 1 2 4 + a 4 + a 1 a 2 3 + 2a 4 + 2a 2 a 2 0 2 1 0 3 2a 2 a 1 1 3a 1 2a 1 0 0 0 3 0 2 1 4 + a 0 3 2a 2 a 3 + 2a 1 1 3a 1 2a ( 1)4 1 ( 2( 2 a) ( 3 2a)( 1)) 4 + 2a 3 2a 1 Tedy deta 1. Podle Laplaceovy věty platí deta deta 1 det(a A 1 ) dete 1, takže pro všechna a IR je deta 1 1.
4. Označme P 2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P 2 P 2 je lineární zobrazení definované předpisem A(ax 2 + bx + c) (a b c)x 2 + (a b + c)x + 2a + b c. Najděte matici tohoto zobrazení vzhledem ke standardním bazím a rozhodněte, zda je toto zobrazení prosté. Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je taková matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice obrazů vektorů ze standardní báze vzorů vzhledem ke standardní bázi prostoru obrazů. Spočítáme si, na co se zobrazí vektory x 2, x, 1. A(x 2 ) x 2 + x + 2, A(x) x 2 x + 1, A(1) x 2 + x 1. Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je tedy matice A 1 1 1 1 1 1 2 1 1 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. deta 1 1 2 2 1 1 6, A je regulární a zobrazení A je tedy prosté. 5. Definujte inversní matici k matici A. Dokažte, že pokud existuje inversní matice k matici A, pak je určena jednoznačně. Necht A je čtvercová matice řádu n. Inversní maticí k matici A nazveme čtvercovou matici X řádu n, pro kterou platí AX XA E. Nechť tuto podmínku splňují matice X, Y, tj. platí AX XA E a také AY YA E. Potom X XE X(AY) (XA)Y EY Y. Matice X a Y jsou si tedy rovny.
Zadání B. 1. Vektory u, v, w jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory u + v + 2 w, 2 u 2 v + 3 w, 2 u 2 v w. Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů u + v + 2 w, 2 u 2 v + 3 w, 2 u 2 v w. α 1 ( u + v + 2 w) + α 2 (2 u 2 v + 3 w) + α 3 (2 u 2 v w) o (α 1 + 2α 2 + 2α 3 ) u + (α 1 2α 2 2α 3 ) v + (2α 1 + 3α 2 α 3 ) w o je nulová lineární kombinace vektorů u, v, w. Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy α 1 + 2α 2 + 2α 3 0 α 1 2α 2 2α 3 0 2α 1 + 3α 2 α 3 0 Napíšeme a upravíme matici této soustavy: 1 2 2 1 2 2 1 2 2 0 4 4 2 3 1 0 1 5 1 2 2 0 0 4 Tato soustava má jediné řešení a to α 1 α 2 α 3 0. Existuje jediná nulová lineární kombinace vektorů u + v + 2 w, 2 u 2 v + 3 w, 2 u 2 v w (triviální), vektory jsou tedy také lineárně nezávislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice AX C X, kde A 5 0 1 6 2 1, C 1 1 0 5 1 0 1 1 0 AX C X AX + X C (A + E)X C X (A + E) 1 C) X 1 1 2 1 4 4 1 1 0 1 1 0 1 2 1 3 2 1 3 9 4 3. Pro které hodnoty parametru p IR existuje k matici A inveresní matice? 1 1 1 1 A 3 4 2 2 5 p + 5 4 3 2p + 6 4p + 7 p + 5 p + 4 Inversní matice existuje pouze k regulární matici, tedy k matici, jejíž determinant je nenulový. Spočítáme deta. Matici nejprve upravíme, např. takto: Od 2. sloupce, od 3. sloupce a od 4. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění. Potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě k 2. a ke 3. sloupci přičíst 1. sloupec a udělat rozvoj podle 1. řádku. 1 1 1 1 3 4 2 2 5 p + 5 4 3 2p + 6 4p + 7 p + 5 p + 4 1 0 0 0 3 1 1 1 5 p 1 2 2p + 6 1 + 2p 1 p 2 p
( 1) 2 1 1 1 1 p 1 2 1 + 2p 1 p 2 p 1 0 0 p p 1 p 2 2p + 1 p p 1 ( 1) 2 1 ((p 1)(p 1) p(p 2)) p 2 2p + 1 p 2 + 2p 1 Tedy deta 1, a inversní matice existuje pro všechna p IR. 4. Označme P 2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P 2 P 2 je lineární zobrazení, pro které platí A(x 2 + 2x 1) x 2 + x + 2, A(x 2 + x 2) x 2 + 2x, A(x 2 + 2x) x 2 + 3x 2. Rozhodněte, zda je zobrazení A prosté. Najdeme matici A lineárního zobrazení A vzhledem k bazím (x 2 + 2x 1, x 2 + x 2, x 2 + 2x) a bázi standardní (x 2, x, 1). Je to matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice obrazů vektorů z báze prostoru vzorů vzhledem k bázi prostoru obrazů (tj. bázi standardní). A 1 1 1 1 2 3 2 0 2 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. deta 4 + 6 4 + 2 0, A není regulární a zobrazení A tedy není prosté. 5. Definujte souřadnice vektoru u vzhledem k uspořádané bázi B. Spočtěte souřadnice polynomu P (x) 3x 3 + 5x 2 1 vzhledem k uspořádané bázi B (x 2, 1, x, x 3 ). Nechť B ( b 1, b 2,... b n ), je uspořádaná báze vektorového prostoru V. Každý vektor v V můžeme právě jedním způsobem napsat jako lineární kombinaci vektorů z báze B. Vektor koeficientů této lineární kombinace nazveme souřadnice vektoru v vzhledem k bázi B. Tedy jestliže v a 1 b1 + a 2 b2 +... + a n bn, pak vektor souřadnic je (a 1, a 2,..., a n ). Polynom P (x) 3x 3 + 5x 2 1 5 x 2 + ( 1) 1 + 0 x + 3 x 3, jeho souřadnice vzhledem k bázi B tedy jsou (5, 1, 0, 3).
Zadání D. 1. Vektory u, v, w jsou lineárně nezávislé. Rozhodněte, zda jsou lineárně nezávislé také vektory 2 u v + 2 w, u + 2 v 3 w, 2 u v 2 w. Uvažujme nulovou lineární kombinaci vektorů 2 u v + 2 w, u + 2 v 3 w, 2 u v 2 w. α 1 (2 u v + 2 w) + α 2 ( u + 2 v 3 w) + α 3 (2 u v 2 w) o (2α 1 +α 2 +2α 3 ) u +( α 1 +2α 2 α 3 ) v +(2α 1 3α 2 2α 3 ) w o je nulová lineární kombinace vektorů u, v, w. Ta musí být triviální, protože tyto vektory jsou lineárně nezávislé. Platí tedy 2α 1 + α 2 + 2α 3 0 α 1 + 2α 2 α 3 0 2α 1 3α 2 2α 3 0 Napíšeme a upravíme matici této soustavy: 2 1 2 1 2 1 1 2 1 0 5 0 2 3 2 0 1 4 1 2 1 0 1 0 0 0 4 Tato soustava má jediné řešení a to α 1 α 2 α 3 0. Existuje jediná nulová lineární kombinace vektorů 2 u v + 2 w, u + 2 v 3 w, 2 u v 2 w (triviální), vektory jsou tedy také lineárně nezávislé. 2. Najděte všechna řešení maticové rovnice XA C X, kde 3 1 1 A 2 3 1, C 1 1 0 3 1 2 1 1 0 XA C X XA + X C X(A + E) C X C(A + E) 1 X 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 4 1 2 2 1 1 5 2 2 0 1 1 3. Pro které hodnoty parametru p IR existuje k matici A inveresní matice? 1 1 1 0 A 3 3 4 4 p p 2 p 1 p 1 p + 4 p 3 p 4 Inversní matice existuje pouze k regulární matici, tedy k matici, jejíž determinant je nenulový. Spočítáme deta. Matici nejprve upravíme, např. takto: Od 2. sloupce a od 3. sloupce odečteme 1. sloupec. Při těchto úpravách se determinant nezmění. Potom uděláme rozvoj podle 1. řádku. Ve čtvercové matici řádu 3 pak můžeme ještě k 1. sloupci přičíst dvojnásobek 3. sloupce a udělat rozvoj podle 2. řádku. 1 1 1 0 3 3 4 4 p p 2 p 1 p 1 p + 4 p 3 p 4 1 0 0 0 3 6 1 4 p 2 0 1 p 1 5 2p 2 p 4
( 1) 2 1 6 1 4 2 0 1 5 2p 2 p 4 2 1 4 0 0 1 3 2 p 4 Tedy deta 1, a inversní matice existuje pro všechna p IR. ( 1)5 1 ( 4 ( 3)) ( 1)( 1) 1 4. Označme P 2 lineární prostor všech polynomů nejvýše 2. stupně. Nechť A : P 2 P 2 je lineární zobrazení definované předpisem A(ax 2 + bx + c) (a + b c)x 2 + (a + c)x + 2a b c. Najděte matici tohoto zobrazení vzhledem ke standardním bazím a rozhodněte, zda je toto zobrazení prosté. Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je taková matice, jejímiž sloupci jsou souřadnice obrazů vektorů ze standardní báze vzorů vzhledem ke standardní bázi prostoru obrazů. Spočítáme si, na co se zobrazí vektory x 2, x, 1. A(x 2 ) x 2 + x + 2, A(x) x 2 1, A(1) x 2 + x 1. Matice lineárního zobrazení vzhledem ke standardním bazím je tedy matice A 1 1 1 1 0 1 2 1 1 Zobrazení A je prosté právě tehdy, když je matice A regulární. deta 1 + 2 + 1 + 1 5, A je regulární a zobrazení A je tedy prosté. 5. Definujte determinant čtvercové matice. Odvoďte Sarrusovo pravidlo pro matici řádu 2. Nechť A (a i,j ) je čtvercová matice řádu n. Determinantem této matice je reálné číslo deta ( 1) sgnπ a 1,π(1) a 2,π(2)...a n,π(n), π kde sčítáme přes všechny permutace π. Pro n 2 máme dvě permutace: π 1, která číslu 1 přiřadí číslo 1 a číslu 2 přiřadí číslo 2 a jejíž znaménko je +1, a permutaci π 2, která číslu 1 přiřadí číslo 2 a číslu 2 přiřadí číslo 1 a jejíž znaménko je 1. Tedy deta (+1) a 1,1 a 2,2 + ( 1) a 1,2 a 2,1 Determinant tedy spočítáme tak, že od součinu členů na hlavní diagonále odečteme součin členů na vedlejší diagonále.