UNIVERZITA HRADEC KRÁLOVÉ

UNIVERZITA HRADEC KRÁLOVÉ PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA LINEÁRNÍ ALGEBRA A GEOMETRIE Zdeněk Dušek studijní text Hradec Králové, 2014

2

Úvod Tento studijní text je určen jako opora k předmětům Algebra 1, Geometrie 2, Geometrie 3 a předmětům návazným. Na příkladech jsou vysvětleny základní pojmy z lineární algebry, algebry a geometrie. Každá kapitola je doplněná o základní definice a věty, aby byl text čitelný samostatně bez nutnosti dohledávat pojmy jinde. Poslední dvě kapitoly patří k pokročilejším partiím algebry, ale protože jsou zároveň pěkným úvodem do moderní geometrie a není příliš těžké tuto tématiku navázat na látku v tomto textu, nechtěl jsem zvídavého čtenáře o tuto možnost pokračování ochudit. V definicích používám s vyjímkou prvních dvou kapitol konvence, které vyhovují matematické analýze a geometrii. Konkrétně jde o skládání zobrazení zprava doleva a zápis vektorů ve sloupcích. Zápis (f g)(x) tedy znamená, že na prvek x aplikujeme nejprve zobrazení g a na výsledek g(x) pak aplikujeme zobrazení f. Dohromady tedy (f g)(x) = f(g(x)), což je intuitivně přímočaré, jde pouze o livovůli v závorkování. Podobně, je-li zobrazení f reprezentováno maticí F a prvek x je vektor, pak pro přímočarost chceme, abychom mohli obraz f(x) zapsat maticovým násobením F x. Z tohoto důvodu musí být x sloupcový vektor. Samozřejmě se v mnoha učebnicích algebry vyskytuje opačná konvence, protože je užitečná v abstraktní algebře a například v kategoriích. My tuto opačnou konvenci použijeme pouze v prvních dvou kapitolách, protože je výhodná pro korektní zavedení pojmu zobrazení pomocí pojmu relace. Čtenář jistě brzy odhalí formální nepohodlí, které by v našich situacích tato druhá konvence přinášela. Jedná se o nutnost vyměňovat pořadí ve formulích výše, což bývá pro studenty často matoucí. Také by tato konvence nesouhlasila se zápisem soustavy rovnic pomocí maticového násobení. Další výhoda zvolené konvence se ukáže později, až budeme využívat sumační konvenci, zavádět duální prostory a používat dualitu. Proto od páté kapitoly píšeme všechny vektory do sloupců (a v násobení za matici). V osmé kapitole pak již skládáme homomorfismy podle konvence uvedené výše, tedy opačně než je zavedeno v druhé kapitole pro zobrazení. Věřím, že i tento zdánlivě nedidaktický krok přispěje čtenáři k hlubšímu pochopení nutnosti správně zvolit a používat formalismus, aby byla matematika jednoduchá, přímočará a srozumitelná. 3

4

Kapitola 1 Binární relace 1.1 Základní pojmy Definice 1 Necht A, B jsou neprázdné množiny. Kartézským součinem A B rozumíme množinu všech dvojic (a, b), kde a A a b B. Binární relací mezi množinami A a B je každá podmnožina Kartézského součinu A B. Je-li R relace mezi A a B, zapisujeme R A B. Je-li A = B, pak relaci R A A nazýváme binární relace na množině A. Relace vystihují vztah mezi prvky množin A a B. Pokud (a, b) R, pak mezi prvky a A a b B tento vztah je, pokud (a, b) / R, pak nikoliv. Definice 2 Inverzní relací k relaci R A B je relace R 1 B A, pro kterou je (b, a) R 1 právě když (a, b) R. Pokud bychom nakreslili graf relace R tak, že na vodorovnou osu znázorníme množinu A, na svislou osu množinu B a na příslušné průsečíky prvky relace R, pak inverzní relace bude mít graf převrácený podle osy kvadrantu. Definice 3 Necht R A B a S B C. Složením relací R a S je relace R S A C, pro kterou je (a, c) R S právě když existuje b B takové, že (a, b) R a (b, c) S. Složení relací někdy říkáme součin relací. Pokud bychom relaci R kreslili jako šipky z prvků množiny A k prvkům množiny B a relaci S jako šipky šipky z prvků množiny B k prvkům množiny C, pak prvky součinu R S jsou právě všechny složené šipky z prvků množiny A k prvkům množiny C. Jinými slovy, z a A povede složená šipka do c C pokud existuje b B takové, že z a vede šipka do b a z b vede šipka do c. 1.2 Příklady 1) Pro některé relace používáme speciální symboly, např.. Pak místo (3, 7) píšeme přirozeně 3 7. Relace na množině B = {1, 2, 3} je množina dvojic {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}, protože 1 1, 1 2, 1 3, 2 2, 2 3, 3 3. 2) Najděme všechny relace na 2-prvkové množině A = {1, 2}. Sestrojíme Kartézský součin A A, který je A A = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}. Relace na množině 5

6 KAPITOLA 1. BINÁRNÍ RELACE A pak jsou: R 0 =, R 1 = {(1, 1)}, R 2 = {(1, 2)}, R 3 = {(2, 1)}, R 4 = {(2, 2)}, R 5 = {(1, 1), (1, 2)}, R 6 = {(1, 1), (2, 1)}, R 7 = {(1, 1), (2, 2)}, R 8 = {(1, 2), (2, 1)}, R 9 = {(1, 2), (2, 2)}, R 10 = {(2, 1), (2, 2)}, R 11 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1)}, R 12 = {(1, 1), (1, 2), (2, 2)}, R 13 = {(1, 1), (2, 1), (2, 2)}, R 14 = {(1, 2), (2, 1), (2, 2)}, R 15 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}. Vidíme, že máme 1 prázdnou relaci, 4 1-prvkové, 6 2-prvkových, 4 3-prvkové a 1 4-prvkovou, tzv. úplnou relaci. 3) Podobně spočítáme, kolik je relací na 3-prvkové množině B = {1, 2, 3}. Kartézský součin B B má zřejmě 9 prvků a každá podmnožina této 9-prvkové množiny je relací na B. Postupně tedy dostáváme, že na B je: 1 prázdná relace, 9( 1-prvkových, 9 ) 2 2-prvkových, ( 9 ) 3 3-prvkových, ( 9 ) 4 4-prvkových, ( 9 ) ( 5 = 9 ) 4 5-prvkových, ( 9 ) ( 6 = 9 ) 3 6-prvkových, ( 9 ) ( 7 = 9 ) 2 7-prvkových, ) = 9 8-prvkových, ( 9 ( 8 9 9 ) = 1 9-prvková (úplná). Pro každé k je k-prvkových relací tolik, kolik je k-prvkových podmnožin 9- prvkové množiny. Tento počet je vyjádřený příslušným kombinačním číslem. Všimneme si také, že k-prvkových relací je vždy tolik jako (9 k)-prvkových a relace se tedy přirozeným způsobem párují. Nyní bychom mohli všechna tato kombinační čísla sečíst. Jednodušší je ale použít poučku z kombinatoriky, podle které je podmnožin n-prvkové množiny 2 n, v našem případě 2 9. Každou podmnožinu B B lze totiž zakódovat posloupností z nul a jedniček délky 9: Pro každý prvek (a, b) B B, pokud (a, b) R, položme na příslušném místě v posloupnosti jedničku a pokud (a, b) / R, pak položme nulu. Těchto posloupností je zřejmě 2 9. 4) Nyní snadným zobecněním získáme, že pro n-prvkovou množinu C = {1, 2,..., n} má Kartézský součin C C celkem n 2 prvků. Na množině C je tedy ( n2 k ) k- prvkových relací (pro libovolné k = 1,..., n 2 ) a 2 n2 všech relací.

1.3. CVIČENÍ 7 5) Uvažujme relaci R = {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2)} na B = {1, 2, 3}. Přímo z definice snadno odvodíme, že inverzní relace je R 1 = {(1, 1), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 2)}. Samozřejmě relace R a R 1 mají vždy stejný počet prvků. 6) Inverzní relace k relacím <, >,,, = (na Z, R apod.) jsou postupně relace >, <,,, =. 7) Mějme množiny K = {1, 2, 3}, L = {a, b, c}, M = {α, β, γ} a relace R K L, S L M zadané R = {(1, a), (1, b), (2, c)}, S = {(a, α), (a, β), (c, β), (c, γ)}. Složená relace R S je relace R S = {(1, α), (1, β), (2, β), (2, γ)}. Čtenář si pro ověření jistě relace nakreslí pomocí šipek. 8) Složením relace < a na Z je relace <, složením relací < a > na Z je úplná relace. To si čtenář snadno rozmyslí. 1.3 Cvičení 1) Najděte mezi relacemi z příkladu 2 relace,, <, >, =. 2) Najděte stejné relace mezi relacemi z příkladu 3. 3) Sestrojte relace R 1, S 1, (R S) 1 z příkladu 7, proved te složení S 1 R 1 a porovnejte relace (R S) 1 a S 1 R 1. 4) Jaká relace je složením relací > a = na Z? 5) Jaká relace je složením relací < a < na Z a jaká relace je složením stejných relací na R?

8 KAPITOLA 1. BINA RNI RELACE

Kapitola 2 Zobrazení 2.1 Základní pojmy Definice 4 Relaci f A B nazýváme zobrazením A do B, pokud pro každý prvek a A existuje právě jeden prvek b B takový, že (a, b) f. Místo zápisu f A B pak píšeme f: A B a místo zápisu (a, b) f píšeme f(a) = b. Prvek b nazýváme obraz prvku a a prvek a nazýváme vzor prvku b. Pokud bychom kreslili graf relace f, pak uvedená podmínka znamená, že nad každým prvkem a A na vodorovné ose je právě jeden prvek relace f. Pokud bychom relaci f kreslili pomocí šipek, pak podmínka znamená, že z každého prvku a A vede právě jedna šipka. Při zobrazení tedy má každý prvek a A právě jeden obraz. Věta 5 Necht f: A B a g: B C jsou zobrazení. Složená relace f g A C je zobrazením A do C. Je tedy korektní psát f g: A C a nazývat f g složené zobrazení nebo součin zobrazení a místo f g lze psát krátce fg. Obraz (f g)(a) prvku a A při složeném zobrazení f g je (f g)(a) = g(f(a)). Při složeném zobrazení tedy na prvek a aplikujeme nejprve zobrazení f a na obraz f(a) pak aplikujeme zobrazení g. Pokud pro obraz prvku a místo f(a) použijeme označení (a)f nebo dokonce af a místo f g budeme psát krátce fg, bude mít formule pro obraz prvku a ve větě intuitivnější tvar a(fg) = (af)g, který je pouze vyjádřením libovůle v závorkování. Formálně intuitivnější matematiku bychom tedy získali změnou symbolu pro obraz prvku. Toto pozorování velmi úzce souvisí s diskusí o konvencích v úvodu tohoto textu. Bystrému čtenáři ho necháme k samostatnému promyšlení. Mějme toto na paměti, až bude a pořadí množiny a f permutace nebo a vektor a f matice. Definice 6 Zobrazení f: A B nazýváme injektivní, pokud neexistují různé prvky a 1, a 2 A takové, že f(a 1 ) = f(a 2 ). Zobrazení f: A B nazýváme surjektivní, pokud pro každé b B existuje a A takové, že f(a) = b. Zobrazení nazýváme bijektivní nebo bijekce, pokud je injektivní i surjektivní. Bijekci p: A A nazýváme permutace. Injektivita tedy znamená, že různé prvky mají různé obrazy. Pokud bychom zobrazení znázornili pomocí šipek (jako relaci), pak do žádného prvku b B 9

10 KAPITOLA 2. ZOBRAZENÍ nesmí vést více než jedna šipka. Surjektivita znamená, že každý prvek b B má alespoň jeden vzor. V řeči šipek, do každého prvku b B vede nejméně jedna šipka. Při bijekci tedy do každého prvku b B vede právě jedna šipka, a tedy každý prvkek b B má právě jeden vzor. 2.2 Příklady 1) Na 2-prvkové množině A = {1, 2} jsou 4 zobrazení: f 1 : A A, definované f 1 (1) = 1, f 1 (2) = 1, f 2 : A A, definované f 2 (1) = 1, f 2 (2) = 2, f 3 : A A, definované f 3 (1) = 2, f 3 (2) = 1, f 4 : A A, definované f 4 (1) = 2, f 4 (2) = 2. Čtenář si je jistě nakreslí pomocí šipek. Z nich injektivní, surjektivní i bijektivní (tedy permutace) jsou f 2 a f 3. Ostatní nejsou ani injektivní ani surjektivní. Poznamenejme, že mezi konečnými množinami se stejným počtem prvků je zobrazení injektivní, právě když je surjektivní. 2) Na 3-prvkové množině B = {1, 2, 3} je 27 zobrazení, na která čtenář jistě přijde. Z nich permutací je 6 (označíme je symboly vhodnými pro pozdější použití): e: B B, definovaná e(1) = 1, e(2) = 2, e(3) = 3, a: B B, definovaná a(1) = 2, a(2) = 1, a(3) = 3, b: B B, definovaná b(1) = 1, b(2) = 3, b(3) = 2, c: B B, definovaná c(1) = 3, c(2) = 2, c(3) = 1, k: B B, definovaná k(1) = 2, k(2) = 3, k(3) = 1, l: B B, definovaná l(1) = 3, l(2) = 1, l(3) = 2. Elegantní zápis permutací je ve tvaru dvou řádků, v horním jsou vzory a v dolním jsou příslušné obrazy. Pro uvedené permutace tedy tvary: ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 e = 1 2 3 ( ) 1 2 3 c = 3 2 1 a = 2 1 3 ( ) 1 2 3 k = 2 3 1 b = 1 3 2 ( 1 2 3 l = 3 1 2 ). 3) Je zřejmé, že na 4-prvkové množině je 4 4 zobrazení (protože máme 4 šipky a každá může vést ke 4 možným prvkům). Z nich permutací je 4! = 24 (protože pro permutaci může první šipka vést ke 4 prvkům, druhá už jen ke 3 neobsazeným, atd.). Čtenář si jistě alespoň některé z těchto permutací znázorní nebo napíše. 4) Permutací na n-prvkové množině je n!. 5) Jak jsme již zjistili, chceme-li příklad zobrazení, které je injektivní a není surjektivní (nebo naopak), musíme uvažovat množiny s různým počtem prvků (nebo nekonečné množiny). Mějme tedy např. A = {1, 2}, B = {1, 2, 3}. Zobrazení f 1 : A B definované f(1) = 1, f(2) = 3 je injektivní, ale není surjektivní (prvek 2 B nemá vzor). Zobrazení f 2 : A B definované f(1) = 3, f(2) = 3 není injektivní ani surjektivní (prvek 3 B má 2 vzory a prvek 2 B nemá vzor). Zobrazení g 1 : B A definované g(1) = 2, g(2) = 1, g(3) = 2

2.2. PŘÍKLADY 11 není injektivní, ale je surjektivní (prvek 2 A má 2 vzory). Zobrazení g 2 : B A definované g(1) = 2, g(2) = 2, g(3) = 2 není injektivní ani surjektivní (prvek 2 A má 3 vzory a prvek 1 A nemá vzor). 6) Vrátíme se ještě k permutacím. V příkladu 2 jsme zapsali permutace ve tvaru, v jakém se obvykle zapisují. Existují ale ještě kratší způsoby, např. rozklad na disjunktní cykly a rozklad na transpozice. Ukážeme si druhý z nich. Transpozice prvků x, y M je permutace p množiny M, pro kterou p(x) = y, p(y) = x a p(z) = z pro všechna z různá od x a y. Transpozice tedy vyměňuje prvky x a y. Takovou transpozici pak zapisujeme krátce (xy). Snadno nahlédneme, že a, b, c z příkladu 2 jsou transpozice a máme a = (12), b = (23), c = (13). Permutace e je identická permutace, každý prvek zobrazí sám na sebe a má mezi permutacemi zvláštní postavení, jak uvidíme později. Permutace k a l lze zapsat jako součin dvou transpozic, například k = (12) (13) a l = (13) (12). O správnosti se přesvědčíme jednoduše tak, že na posloupnost x = (1, 2, 3) aplikujeme postupně uvedené transpozice. Dostaneme k((1, 2, 3)) = ((12) (13))((1, 2, 3)) = (13)((12)((1, 2, 3))) = = (13)((2, 1, 3)) = (2, 3, 1), což je druhý řádek v permutaci k a podobně l((1, 2, 3)) = ((13) (12))((1, 2, 3)) = (12)((13)((1, 2, 3))) = = (1, 2)((3, 2, 1)) = (3, 1, 2), což je druhý řádek v permutaci l. Zde jsme psali vlevo permutaci p a vpravo od ní do závorky posloupnost, na kterou jsme ji aplikovali, abychom získali obraz p(x). Použijeme-li pro obraz p(x) zápis xp, pak můžeme při vynechání kolečka pro skládání permutací stejnou věc zapsat přímočařeji (1, 2, 3)k = (1, 2, 3)(12)(13) = (2, 1, 3)(13) = (2, 3, 1) a (1, 2, 3)l = (1, 2, 3)(13)(12) = (3, 2, 1)(12) = (3, 1, 2). Pro permutace budeme tedy používat tento úspornější formalismus. 7) Nyní se na delší permutaci naučíme tento rozklad najít. Vezměme například permutaci p 8-prvkové množiny M = {1, 2,..., 8}, p = ( 1 2 3 4 5 6 7 8 2 3 5 1 8 7 6 4 Transpozice t 1,..., t k najdeme tak, že na horní posloupnost (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) postupně aplikujeme takové transpozice, abychom získali posloupnosti, které se s dolní posloupností (2, 3, 5, 1, 8, 7, 6, 4) shodují postupně od předních míst. Na 1. místě potřebujeme prvek 2 místo prvku 1, tedy t 1 = (12), platí (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)(12) = (2, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8) a máme shodu na 1. místě. Na 2. místě potřebujeme prvek 3 místo prvku 1, tedy t 2 = (13), platí (2, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8)(13) = (2, 3, 1, 4, 5, 6, 7, 8) a máme shodu do 2. místa. Na 3. místě potřebujeme prvek 5 místo prvku 1, tedy t 3 = (15), platí (2, 3, 1, 4, 5, 6, 7, 8)(15) = (2, 3, 5, 4, 1, 6, 7, 8) a máme shodu do 3. místa. Na 4. místě potřebujeme prvek 1 místo prvku 4, tedy t 4 = (14), platí (2, 3, 5, 4, 1, 6, 7, 8)(14) = (2, 3, 5, 1, 4, 6, 7, 8) a máme shodu do 4. místa. Na 5. místě potřebujeme prvek 8 místo prvku 4, tedy t 5 = (48), platí (2, 3, 5, 1, 4, 6, 7, 8)(48) = (2, 3, 5, 1, 8, 6, 7, 4) a máme shodu do 5. místa. Na 6. místě potřebujeme prvek 7 místo prvku 6, tedy t 6 = (67), ).

12 KAPITOLA 2. ZOBRAZENÍ platí (2, 3, 5, 1, 8, 6, 7, 4)(67) = (2, 3, 5, 1, 8, 7, 6, 4) a máme shodu všude. Tedy p = t 1 t 2 t 3 t 4 t 5 t 6 = (12)(13)(15)(14)(48)(67). Ověření, že (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)p = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)(12)(13)(15)(14)(48)(67) = (2, 3, 5, 1, 8, 7, 6, 4) plyne z konstrukce. Je jisté, že tento algoritmus najde rozklad v pro naši permutaci po maximálně 7 krocích (obecně po maximálně n 1 krocích, kde n je počet prvků množiny M), protože v každém kroku najdeme posloupnost, která se s výsledkem shoduje alespoň o 1 místo lépe než v předchozím kroku. Na poslední pozici pak získáme shodu automaticky. Bystrému čtenáři je také zřejmé, že tento rozklad jistě není jediný. Kdybychom například postupovali odzadu, získali bychom jiný rozklad. Sudost nebo lichost počtu transpozic je ale stejná pro všechny rozklady dané permutace. Podle toho také dělíme permutace na sudé a liché. Každých je polovina. Naše permutace p je tedy sudá. 8) Ukážeme si ještě rozklad na transpozice pomocí tzv. disjunktních cyklů. Naši permutaci můžeme zapsat ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 8 6 7 p = = = 2 3 5 1 8 7 6 4 2 3 5 1 8 4 7 6 ( ) ( ) 1 2 3 5 8 4 6 7 = = (12)(13)(15)(18)(14)(67). 2 3 5 8 4 1 7 6 V prvním kroku jsme množinu rozdělili na dvě podmnožiny {1, 2, 3, 4, 5, 8} a {6, 7} tak, že permutace operuje na každé z těchto množin zvlášt (a jsou to nejmenší podmnožiny s touto vlastností). Permutace se tak přirozeně rozpadá na součin dvou permutací, kterým říkáme disjunktní cykly. V druhém kroku jsme první z těchto permutací zapsali ve vhodnějším tvaru tak, aby v horním řádku za každým prvkem následoval jeho obraz (takový zápis je u cyklů vždy možný). Je zřejmé, že nezáleží na pořadí sloupců v zápisu permutace, důležité je pouze, které prvky jsou pod sebou, a to jsme zachovali. Ve třetím kroku se na tento tvar aplikoval postup z předchozího příkladu, díky vhodnému tvaru to lze nyní provést z hlavy. 2.3 Cvičení 1) Najděte příklad zobrazení f: Z Z, které: a) je surjektivní a není injektivní, b) je injektivní a není surjektivní. 2) Nakreslete nebo zapište složená zobrazení f 1 f 1, f 1 f 2, f 1 f 3, f 1 f 4, f 2 f 1, f 2 f 2, f 2 f 3, f 2 f 4, f 3 f 1, f 3 f 2, f 3 f 3, f 3 f 4, f 4 f 1, f 4 f 2, f 4 f 3, f 4 f 4 k zobrazením z příkladu 1. 3) Nakreslete nebo zapište součiny e a, e b, e c, e k, e l, a a, a b, a c, a k, a l,... k permutacím z příkladu 2.

2.3. CVIČENÍ 13 4) Najděte rozklad permutací ( 1 2 3 4 5 6 7 8 P = 5 8 2 1 4 7 6 3 ) ( 1 2 3 4 5 6 7 8, Q = 5 3 6 2 4 7 8 1 na transpozice. Postupujte přímou metodou i pomocí disjunktních cyklů. )

14 KAPITOLA 2. ZOBRAZENÍ

Kapitola 3 Algebraické struktury 3.1 Základní pojmy Definice 7 Je-li G neprázdná množina, pak operací na G rozumíme zobrazení : G G G. Množinu G spolu s operací nazýváme grupoid. Pro obraz dvojice (a, b) G G používáme místo symbolu ((a, b)) symbol a b. Formálně je tedy grupoidem dvojice (G, ), pokud je ale operace známá, můžeme mluvit o grupoidu G. Definice 8 Je-li (G, ) grupoid a platí pro každé x, y, z G rovnost x (y z) = (x y) z, (3.1) pak říkáme, že (G, ) je pologrupa. Vlastnost (3.1) nazýváme asociativita. Definice 9 Necht (G, ) je pologrupa. Pokud v G existuje prvek n s vlastností n a = a = a n (3.2) pro všechna a G, pak tento prvek n nazýváme neutrální prvek pologrupy G. Definice 10 Necht (G, ) je pologrupa s neutrálním prvkem n a necht a G. Pokud existuje prvek a G s vlastností a a = n = a a, (3.3) pak tento prvek a nazýváme symetrický prvek k prvku a v pologrupě G. Definice 11 Necht (G, ) je pologrupa s neutrálním prvkem n. Pokud pro každý prvek a G existuje symetrický prvek a G, pak říkáme, že (G, ) je grupa. Definice 12 Necht (G, ) je pologrupa, resp. grupa. Pokud pro každé dva prvky x, y G platí rovnost x y = y x, (3.4) pak říkáme, že (G, ) je komutativní pologrupa, resp. komutativní grupa. Vlastnost (3.4) nazýváme komutativita. 15

16 KAPITOLA 3. ALGEBRAICKÉ STRUKTURY 3.2 Příklady 1) Dobře známe číselné grupoidy, např. (Z, +) je komutativní grupa s neutrálním prvkem 0, (R, +) je komutativní grupa s neutrálním prvkem 0, (C, +) je komutativní grupa s neutrálním prvkem 0, (Z, ) je grupoid, který není pologrupou (ani není komutativní), (Z, ) je komutativní pologrupa s neutrálním prvkem 1 a není grupou, (R, ) je komutativní pologrupa s neutrálním prvkem 1 a není grupou, (R \ 0, ) je komutativní grupa s neutrálním prvkem 1, (C \ 0, ) je komutativní grupa s neutrálním prvkem 1. Čtenář si jistě snadno rozmyslí i ostatní příklady číselných množin a různých operací na nich. 2) Grupoid lze zadat například tabulkou. Je potřeba pro každou dvojici (a, b) předepsat výsledek (součin) a b. Obvykle uvažujeme prvek a ze sloupce vlevo a prvek b z řádku nahoře. Na příslušném průsečíku je pak výsledek a b, například x y z x x y y y y z z z z x y. Tento grupoid není pologrupou, protože máme například a neplatí tedy asociativita. x (y z) (x y) z, x z y z, y z, 3) Uvažujme množinu M = {f 1, f 2, f 3, f 4 } všech zobrazení 2-prvkové množiny A = {1, 2} do sebe (viz příklad 1 v kapitole 2 a cvičení 2 tamtéž). Na množině M uvažujme operaci skládání zobrazení. Jistě složení dvou zobrazení A A je opět zobrazení A A, a tedy M s touto operací je grupoid. Pokud toto skládání provedeme (například když si příslušná zobrazení nakreslíme pomocí šipek), zjistíme, že f 1 f 1 = f 1, f 1 f 2 = f 1, f 1 f 3 = f 4, f 1 f 4 = f 4, f 2 f 1 = f 1, f 2 f 2 = f 2, f 2 f 3 = f 3, f 2 f 4 = f 4, f 3 f 1 = f 1, f 3 f 2 = f 3, f 3 f 3 = f 2, f 3 f 4 = f 4, f 4 f 1 = f 1, f 4 f 2 = f 4, f 4 f 3 = f 1, f 4 f 4 = f 4. Zapíšeme-li tyto výsledky do tabulky, dostaneme f 1 f 2 f 3 f 4 f 1 f 1 f 1 f 4 f 4 f 2 f 1 f 2 f 3 f 4 f 3 f 1 f 3 f 2 f 4 f 4 f 1 f 4 f 1 f 4. Protože víme, že skládání zobrazení je asociativní, tento grupoid je pologrupou. Z tabulky je také vidět, že f 2 (identické zobrazení) je neutrální prvek. Tato

3.3. CVIČENÍ 17 pologrupa není komutativní, protože tabulka není symetrická. Také není grupou, protože k prvkům f 1 a f 4 neexistují symetrické prvky. 4) Uvažujme množinu komplexních čísel s normou jedna, tedy U(1) = {z C; z = 1}. Je zřejmé, že topologicky je U(1) kružnice v komplexní rovině. Jistě součin dvou komplexních čísel s normou jedna má opět normu jedna, U(1) je tedy grupoid. Asociativitu a komutativitu tento grupoid dědí z komplexních čísel, jednotkový prvek také, je to tedy komutativní pologrupa s jednotkovým prvkem. Každé číslo z U(1) je možné zapsat ve tvaru z = cos(ϕ) + i sin(ϕ), a popsat ho tedy jeho úhlem ϕ. Odtud pro součin snadno získáme formuli z 1 z 2 = (cos(ϕ 1 ) + i sin(ϕ 1 )) (cos(ϕ 2 ) + i sin(ϕ 2 )) = = (cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 )). Zajímavé a velmi důležité je pozorování, že násobení v této pologrupě je vlastně sčítáním úhlů příslušných k číslům z 1 a z 2. Odtud je snadno vidět, že symetrický prvek k číslu s úhlem ϕ je číslo s úhlem ϕ. Vidíme, že U(1) je grupa. Říkáme jí unitární grupa prvního řádu. Je to grupa transformací C C zachovávajících hermitovský součin g(z 1, z 2 ) = z 1 z 2. Zobecněním této myšlenky lze sestrojit i další grupy U(n). 3.3 Cvičení 1) Uvažujme množinu S 3 = {e, a, b, c, k, l} permutací 3-prvkové množiny, jako v příkladu 2 v kapitole 2 a ve cvičení 3 tamtéž. Uvažujme operaci skládání. Protože složení permutací je jistě permutace, je (S 3, ) grupoid. Protože skládání permutací je asociativní, je (S 3, ) pologrupa. Napište tabulku této pologrupy. Je tato pologrupa komutativní? A je tato pologrupa grupa? (Obě otázky lze zodpovedět i bez tabulky.) 2) Uvažujme množinu {R 0,... R 15 } relací na 2-prvkové množině, jako v příkladu 2 v kapitole 1. Jakou strukturou je tato množina s operací skládání? 3) Najděte grupoid, který bude komutativní a nebude pologrupou. (Sestrojte ho tabulkou podobně jako v příkladu 2.) 4) Rozhodněte, jakou algebraickou strukturou je dvojice (R, ), kde operace je definovaná předpisem: a) a b = a + b 2 pro a, b R, b) a b = ab + a + b pro a, b R, c) a b = a + b + 2 pro a, b R, d) a b = ab + b pro a, b R, e) a b = a + b 3 pro a, b R, f) a b = ab + a b pro a, b R, g) a b = ab a pro a, b R, h) a b = a + b 4 pro a, b R. 5) Položme G = {x R, x > 1}. Rozhodněte, jakou algebraickou strukturou je dvojice (G, ), kde operace je definovaná předpisem: a b = ab a b + 2 pro a, b G.

18 KAPITOLA 3. ALGEBRAICKE STRUKTURY

Kapitola 4 Matice 4.1 Základní pojmy Nebudeme v tomto textu definovat těleso. Spokojíme se s konstatováním, že množina reálných čísel R a množina komplexních čísel C jsou tělesa a známe (např. ze střední školy) pravidla pro sčítání a násobení v těchto tělesech. Z těchto dvou budeme používat pouze těleso reálných čísel, ale pro těleso komplexních čísel lze provést analogické úvahy. Definice 13 Necht m, n jsou celá kladná čísla a pro každé i = 1,..., m a pro každé j = 1,..., n je a ij R. Schéma A = a 11 a 12... a 1n a 21 a 22... a 2n............ a m1 a m2... a mn nazýváme maticí typu m n nad R. Jedná se tedy o matici o m řádcích a n sloupcích. Množinu všech matic typu m n nad R značíme M m n (R). Zkráceně zapisujeme A = (a ij ) M m n (R). Definice 14 Necht A = (a ij ) M m n (R) a B = (b jk ) M n p (R). Součin matic A a B je matice C = (c ik ) M m p (R), pro jejíž prvky c ik platí c ik = n a ij b jk pro každé i = 1,.., m a každé k = 1,.., p. Zapisujeme C = A B. j=1 Všimneme si hlavně typu obou matic. Aby bylo možné matice A a B násobit, musí mít matice A tolik sloupců jako má matice B řádků. Součin C = A B má pak tolik řádků jako matice A a tolik sloupců jako matice B. Na i-tém řádku a k-tém sloupci výsledku je prvek c ik, který se spočítá z i-tého řádku matice A a k-tého sloupce matice B tak, že se provede standardní skalární součin těchto vektorů. 19

20 KAPITOLA 4. MATICE 4.2 Příklady 1) Spočítejme součiny A B a B A pro matice ( ) 7 8 1 3 5 A =, B = 2 3 2 4 6 5 6. Nejprve vidíme, že A B bude typu 2 2 a B A bude typu 3 3. Výpočtem podle definice dostaneme ( ) ( ) 1 7 + 3 ( 2) + 5 5, 1 8 + 3 ( 3) + 5 6 26 29 A B = =, 2 7 + 4 ( 2) + 6 5, 2 8 + 4 ( 3) + 6 6 36 40 7 1 + 8 2, 7 3 + 8 4, 7 5 + 8 6 23 53 83 B A = 2 1 3 2, 2 3 3 4, 2 5 3 6 = 8 18 28 5 1 + 6 2, 5 3 + 6 4, 5 5 + 6 6 17 39 61. 2) Uvažujme nyní množinu matic typu n n, tedy čtvercových matic řádu n (pro pevně zvolené n). Tu označujeme zkráceně M n (R). Je zřejmé, že pro A, B M n (R) je také A B M n (R). Násobení matic je tedy operací na M n (R). Také víme, že násobení matic je asociativní a jednotková matice E n = 1 0... 0 0 1... 0............ 0 0... 1 je jednotkový prvek. Dvojice (M n (R), ) je tedy pologrupa s jednotkou. Tato pologrupa není komutativní a není grupou. Čtvercové matice dělíme na regulární a singulární, například podle jejich determinantu. Singulární matice mají determinant roven nule a neexistuje k nim inverzní matice (symetrický prvek vzhledem k násobení matic). Pokud se omezíme na podmnožinu regulárních čtvercových matic, kterou označíme například M n (R), pak tato množina je vzhledem k násobení matic grupou (nekomutativní). Význam regulárních matic uvidíme v příštích kapitolách.

Kapitola 5 Soustavy rovnic 5.1 Základní pojmy Uvažujme matice A M m n (R), x M n 1 (R), b M m 1 (R). Matice x a b mají pouze jeden sloupec, jsou to tedy sloupcové vektory. Pro jejich složky používáme jen první (řádkový) index, druhý (sloupcový) by byl vždy roven jedné. Uvažujme násobení A x = b. Když toto násobení rozepíšeme, dostaneme postupně rovnice a 11 x 1 + a 12 x 2 +... + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 +... + a 2n x n = b 2,... a m1 x 1 + a m2 x 2 +... + a mn x n = b m. (5.1) Soustavu rovnic (5.1) s koeficienty (a ij ) a pravou stranou b je tedy možné vyjádřit maticovou rovnicí A x = b a naopak, každá maticová rovnost A x = b pro známou matici A, známý vektor b a neznámý vektor x odpovídá soustavě rovnic (5.1). Budeme tedy soustavy rovnic psát výhradně ve tvaru maticového násobení. Matici A nazýváme maticí soustavy a matici (A b) = (a ij b i ) = a 11 a 12... a 1n b 1 a 21 a 22... a 2n b 2............... a m1 a m2... a mn b m nazýváme rozšířená matice soustavy. Pokud v matici není oddělovač pravé strany, rozumí se, že jde o matici soustavy, jejíž pravá strana b je nulová (nulový vektor). Takovým soustavám říkáme homogenní, ostatním říkáme nehomogenní. Je velmi výhodné si zde povšimnout, že složky x 1,..., x n řešení x jsou vlastně koeficienty, kterými je potřeba vynásobit sloupce matice A, abychom po jejich sečtení dostali sloupec b pro nehomogenní soustavu, resp. nulový sloupec pro homogenní soustavu. To je vidět např. z rovnic (5.1), napíšeme-li je pomocí sloupců ve tvaru a 11 a 21... a m1 x 1 + a 12 a 22... a m2 x 2 +... + 21 a 1n a 2n... a mn x n = b 1 b 2... b m. (5.2)

22 KAPITOLA 5. SOUSTAVY ROVNIC Toho budeme využívat při hledání řešení. Definice 15 Necht M M m n (R). Vedoucím prvkem v i-tém řádku nazýváme první nenulové číslo zleva v tomto řádku. Matici M nazýváme redukovaná, pokud je v každém řádku vedoucí prvek roven jedné a ve sloupcích, ve kterých jsou vedoucí prvky některých řádků, jsou na ostatních řádcích nuly. Ukážeme si hned příklad. 0 1 2 0 2 0 0 0 1 0 1 0 2 0 8, 1 0 2 0 8 0 1 2 0 2 0 0 0 1 0 První matice má na prvním řádku vedoucí člen ve druhém sloupci, je to jednička a pod ní jsou nuly. Na druhém řádku je vedoucí člen ve čtvrtém sloupci, je to jednička a nad i pod ní je nula. Na třetím řádku je vedoucí člen v prvním sloupci, je to jednička a nad ní jsou nuly. Matice je tedy redukovaná. Na ostatních prvcích nezáleží. Druhá matice je také redukovaná, od první matice se liší jen výměnou řádků. Zpravidla uvažujeme redukované matice s řádky takto uspořádanými. U redukovaného tvaru nezáleží na tom, zda jde o matici soustavy nebo o rozšířenou matici soustavy. Je-li zde oddělovač pravé strany, nevšímáme si ho. Definice 16 Elementární řádkovou úpravou matice se rozumí: 1) výměna řádků v matici; 2) vynásobení řádku nenulovým reálným číslem; 3) přičtení řádku k jinému řádku. Věta 17 Soustavy rovnic, jejichž matice se liší o některou elementární řádkovou úpravu, mají stejná řešení. Každou matici lze pomocí konečného počtu elementárních řádkových úprav převést na redukovanou matici. Tato věta nám dává přímý návod, jak řešit soustavy rovnic. Nejprve je potřeba matici soustavy (resp. rozšířenou matici soustavy) upravit na redukovaný tvar a pak nalézt všechna řešení soustavy s touto redukovanou maticí. Na příkladech si ukážeme napřed hledání řešení u soustav s redukovanou maticí a pak si ukážeme, jak na tento tvar libovolnou matici převést. 5.2 Příklady 1) Najděme všechna řešení homogenní soustavy A x = o, jejíž matice je jednotková třetího stupně, tedy 1 0 0 A = 0 1 0. 0 0 1 Symbolem o na pravé straně označujeme nulový vektor (nulový sloupec). Jedná se o homogenní soustavu, hledáme tedy koeficieny, kterými musíme vynásobit sloupce matice A, abychom po jejich sečtení dostali nulový sloupec. Je zřejmé, že jediné takové koeficienty jsou samé nuly. Jediným řešením je tedy x = (0, 0, 0) T. Nad vektor x píšeme T, protože ho máme zapsaný v řádku, ale pro řešení maticové rovnosti A x = o je potřeba sloupcový vektor. Symbol T označuje tzv..

5.2. PŘÍKLADY 23 transponovanou matici, která má vyměněné řádky za sloupce a naopak, tedy přesně to, co zde formálně potřebujeme, abychom nemuseli psát x jako sloupec. Také poznamenejme, že nulový vektor je řešením každé homogenní soustavy rovnic. Otázkou vždy je, zda jich je více. V tomto případě tedy ne. 2) Najděme všechna řešení homogenních soustav A x = o, B x = o, C x = o pro redukované matice 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 2 0 A = 0 1 0 0, B = 0 0 1 0, C = 0 1 2 0. 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Nejprve vždy najdeme alespoň jedno řešení u různé od nulového vektoru. Matice A nemá vedoucí členy ve čtvrtém sloupci. Zvolíme na čtvrtou složku vektoru u číslo 1 a na ostatní složky postupně čísla ze čtvrtého sloupce matice A, tedy u = (1, 0, 1, 1) T. Vynásobením se snadno přesvědčíme, že A u = o, tento vektor je tedy řešením soustavy. Skutečně, pokud sečteme první a třetí sloupec matice A a odečteme čtvrtý, dostaneme nulový sloupec tak, jak je potřeba. Všimneme si také, že libovolný násobek vektoru u je také řešením dané soustavy, speciálně i nulový násobek (nulový vektor). Všechna řešení zde jsou tvaru x = k u, kde k R je libovolný parametr. Matice B nemá vedoucí členy v druhém sloupci. Zvolíme tedy na druhou složku vektoru u číslo -1 a na ostatní složky čísla ze druhého sloupce matice A, tedy u = (1, 1, 0, 0) T. Vynásobením se opět snadno přesvědčíme, že A u = o. Toto řešení odpovídá odečtení druhého sloupce matice A od prvního. Všechna řešení zde jsou opět tvaru x = k u, kde k R. Matice C nemá vedoucí členy ve třetím sloupci. Zvolíme tedy na třetí složku vektoru u číslo -1 a na ostatní složky čísla ze třetího sloupce matice A, tedy u = (2, 2, 1, 0) T. Toto řešení odpovídá kombinaci dvakrát první sloupec plus dvakrát druhý sloupec mínus třetí sloupec, která dává nulový sloupec. Všechna řešení jsou opět tvaru x = k u, kde k R. Jak vidíme, řešení redukované matice se dají snadno napsat z hlavy. Platí, že homogenní soustava má tolik nezávislých řešení, kolik je sloupců v nichž nejsou vedoucí členy v redukované matici. V našem případě to byl vždy jeden sloupec (ke kterému jsme pokládali koeficient -1) a proto stačilo najít jedno řešení u. 3) Najděme všechna řešení homogenních soustav A x = o, B x = o pro redukované matice 1 2 0 0 2 0 ( ) A = 0 0 1 1 1 0 1 2 0 0 3 0, B =. 0 0 1 2 0 1 0 0 0 0 0 1 Matice A nemá vedoucí členy ve sloupcích 2, 4, 5. Každému z těchto sloupců odpovídá jedno řešení u i. Zvolme postupně u 1 = (, 1,, 0, 0, ) T, u 2 = (, 0,, 1, 0, ) T, u 3 = (, 0,, 0, 1, ) T (5.3) a místo teček doplňme opět čísla postupně z druhého, čtvrtého a pátého sloupce matice A, tedy u 1 = ( 2, 1, 0, 0, 0, 0) T,

24 KAPITOLA 5. SOUSTAVY ROVNIC u 2 = ( 0, 0, 1, 1, 0, 0) T, u 3 = ( 2, 0, 1, 0, 1, 0) T. Čtenář si jistě ověří násobením, že platí A u 1 = o, A u 2 = o, A u 3 = o. Díky volbě ve formulích (5.3) jsou tato řešení nezávislá. Každé řešení x soustavy A x = o je nyní tvaru x = k 1 u 1 + k 2 u 2 + k 3 u 3 = 3 k i u i, kde k i R jsou libovolné parametry. Vedoucí členy matice B nejsou ve sloupcích 2, 4, 5, 6. Budeme mít tedy 4 nezávislá řešení u i. Zvolíme postupně i=1 u 1 = (, 1,, 0, 0, 0) T, u 2 = (, 0,, 1, 0, 0) T, u 3 = (, 0,, 0, 1, 0) T, u 4 = (, 0,, 0, 0, 1) T (5.4) a místo teček opět doplníme čísla postupně z druhého, čtvrtého, pátého a šestého sloupce matice B, tedy u 1 = (2, 1, 0, 0, 0, 0) T, u 2 = (0, 0, 2, 1, 0, 0) T, u 3 = (3, 0, 0, 0, 1, 0) T, u 4 = (0, 0, 1, 0, 0, 1) T. Čtenář si opět ověří násobením, že platí B u 1 = o, B u 2 = o, B u 3 = o, B u 4 = o. Každé řešení x soustavy B x = o je nyní tvaru x = 4 k i u i, i=1 kde k i R jsou libovolné parametry. Pro homogenní soustavu je obecné řešení x vždy vyjádřeno jako kombinace vektorů u i. Množině {u 1,..., u k } těchto základních řešení říkáme fundamentální systém. Je zřejmé, že množina všech řešení x je uzavřená na sčítání (součet dvou řešení je opět řešení) a na násobení skalárem (libovolný násobek nějakého řešení je opět řešení). To znamená, že množina všech řešení x homogenní soustavy A x = o tvoří podprostor v aritmetickém vektorovém prostoru. To neplatí pro množinu řešení nehomogenní soustavy. 4) Najděme všechna řešení nehomogenních soustav A x = b, B x = c pro rozšířené redukované matice (A b) = 1 0 2 0 2 0 ( ) 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 3 0, (B c) =. 0 0 0 1 2 1 0 0 0 1 1 1 Nejprve si nebudeme všímat pravé strany a najdeme fundamentální systém přiřazené homogenní soustavy A x = o stejně jako v předchozích příkladech. Matice A nemá vedoucí členy ve sloupcích 3 a 5. Zvolme tedy postupně

5.2. PŘÍKLADY 25 u 1 = (,, 1,, 0) T, u 2 = (,, 0,, 1) T (5.5) a místo teček doplňme opět čísla postupně z třetího a pátého sloupce matice A, tedy u 1 = ( 2, 1, 1, 0, 0) T, u 2 = ( 2, 1, 0, 1, 1) T. Opět ověříme násobením, že platí A u 1 = o, A u 2 = o. Nyní najdeme jedno (to nejjednodušší) řešení nehomogenní soustavy A x = b a označíme ho v. Na třetím a pátém sloupci provedeme opět volbu, tentokrát v = (,, 0,, 0) T, (5.6) protože budeme pracovat se sloupcem vpravo. Místo teček doplníme čísla z pravé strany, tedy v = (0, 1, 0, 1, 0) T. (5.7) Ověříme, že A v = b. Skutečně, kombinace sloupců druhý plus čtvrtý dává sloupec b. Každé řešení x nehomogenní soustavy A x = b je tvaru x = v + 2 k i u i, i=1 kde k i R jsou libovolné parametry. To se snadno nahlédne pomocí násobení matic, které je distributivní. Platí totiž A x = A (v + 2 k i u i ) = A v + A i=1 2 k i u i = b + o = b. K řešení v nehomogenní soustavy tedy můžeme libovolně přičítat jakákoliv řešení přiřazené homogenní soustavy a stále budeme mít řešení nehomogenní soustavy. Pro matici (B c) postupujeme analogicky. Matice B nemá vedoucí členy ve sloupcích 2, 3 a 5. Zvolme tedy postupně i=1 u 1 = (, 1, 0,, 0) T, u 2 = (, 0, 1,, 0) T, u 3 = (, 0, 0,, 1) T (5.8) a místo teček doplňme opět čísla postupně z druhého, třetího a pátého sloupce matice B, tedy u 1 = ( 1, 1, 0, 0, 1) T, u 2 = ( 1, 0, 1, 0, 0) T, u 3 = ( 3, 0, 0, 2, 1) T. Opět ověříme násobením, že platí B u 1 = o, B u 2 = o, B u 3 = o. Opět najdeme jedno řešení nehomogenní soustavy B x = c a označíme ho v. Na druhém, třetím a pátém sloupci provedeme opět volbu v = (, 0, 0,, 0) T, (5.9)

26 KAPITOLA 5. SOUSTAVY ROVNIC a místo teček doplníme čísla z pravé strany, tedy v = (0, 0, 0, 1, 0) T. (5.10) Ověříme, že B v = c. Skutečně čtvrtý sloupec matice B je stejný jako sloupec c. Každé řešení x nehomogenní soustavy B x = c je tvaru x = v + kde k i R jsou libovolné parametry. 3 k i u i, i=1 5) Umíme již vyřešit soustavy, které mají redukovanou matici. Zbývá se naučit libovolnou matici převést na redukovaný tvar a tím budeme umět vyřešit libovolnou soustavu. Uvažujme například rozšířenou matici (A b) = 1 1 2 0 2 0 2 1 1 2 1 1 1 0 0 1 1 1. (5.11) Jak jsme se již zmínili, nezáleží nám na oddělovači pravé strany, nebudeme si ho všímat. Máme vedoucí člen v prvním řádku jedničku, v prvním kroku tedy elementárními řádkovými úpravami získáme pod touto jedničkou nuly. Opíšeme tedy první řádek, od druhého řádku odečteme 2-krát první a ke třetímu řádku přičteme první. Získáme matici 1 1 2 0 2 0 0 3 5 2 5 1 0 1 2 1 1 1 Nyní vynásobíme třetí řádek 1, abychom měli vedoucí člen jedničku a tento nový třetí řádek 3-krát odečteme od druhého a 1-krát přičteme k prvnímu. Získáme matici 1 0 0 1 1 1 0 0 1 5 2 4 0 1 2 1 1 1 Nyní máme vedoucí člen ve druhém řádku jedničku, nad ní je nula, zbývá tedy získat i pod ní nulu. Přičteme tedy 2-krát druhý řádek ke třetímu. Získáme matici 1 0 0 1 1 1 0 0 1 5 2 4 0 1 0 9 5 7 Nakonec jen vhodně přerovnáme řádky a získáme matici 1 0 0 1 1 1 0 1 0 9 5 7. (5.12) 0 0 1 5 2 4 Vidíme, že v každém kroku získáme v některém řádku vedoucí člen jedničku a nad ní i pod ní nuly. Algoritmus tedy má maximálně tolik kroků, kolik je...

5.2. PŘÍKLADY 27 řádků v matici. Samozřejmě je na nás, který řádek si v daném kroku vybereme. Například v druhém kroku jsme si vybrali třetí řádek, protože kdybychom si vybrali druhý řádek, museli bychom dělit trojkou a museli bychom pracovat se zlomky. Všechny postupy ale vedou ke stejnému rekukovanému tvaru. Nyní snadno vyřešíme soustavu s rozšířenou maticí ve formuli (5.12). Získáme vektory a obecné řešení má tvar u 1 = ( 1, 9, 5, 1, 0) T, u 2 = ( 1, 5, 2, 0, 1) T, v = ( 1, 7, 4, 0, 0) T x = v + 2 k i u i, k i R. i=1 Čtenář si ověří, že vektory u i splňují rovnosti A u i = o a vektor v splňuje rovnost A v = b pro A a b dané původní maticí ve formuli (5.11). 6) Najděme všechna řešení soustavy s rozšířenou maticí (A b) = 0 0 1 2 1 4 1 2 1 0 3 3. (5.13) 2 4 1 0 3 0 V prvním kroku si necháme vedoucí člen ve druhém řádku a od třetího řádku odečteme 2-krát druhý. Získáme tvar 0 0 1 2 1 4 1 2 1 0 3 3. 0 0 3 0 3 6 Ve druhém kroku si necháme vedoucí člen v prvním řádku, od druhého řádku odečteme první řádek a ke třetímu řádku přičteme 3-krát první řádek. Získáme tvar 0 0 1 2 1 4 1 2 0 2 2 1 0 0 0 6 0 6 Ve třetím kroku vydělíme třetí řádek šesti, abychom měli vedoucí člen jedničku a tento nový třetí řádek 2-krát přičteme ke druhému a 2-krát odečteme od prvního. Získáme tvar 0 0 1 0 1 2 1 2 0 0 2 1 0 0 0 1 0 1. 1 2 0 0 2 1 0 0 1 0 1 2 0 0 0 1 0 1. (5.14) V posledním kroku jsme opět jen přerovnali řádky. Mezi řádkově ekvivalentní matice píšeme vlnovky jako ve formuli (5.14).

28 KAPITOLA 5. SOUSTAVY ROVNIC Nyní opět najdeme vektory a obecné řešení má tvar u 1 = (2, 1, 0, 0, 0) T, u 2 = (2, 0, 1, 0, 1) T, v = (1, 0, 2, 1, 0) T x = v + 2 k i u i, k i R. i=1 Čtenář si opět ověří, že vektory u i splňují rovnosti A u i = o a vektor v splňuje rovnost A v = b pro A a b dané původní maticí ve formuli (5.13). Při řádkových úpravách matice provádíme vždy několik řádkových úprav najednou. Věta ale zaručuje zachování množiny řešení vždy jen pro jednu úpravu v daném kroku. Je tedy na místě jistá opatrnost, které úpravy lze použít v jednom kroku najednou. Pokud v některém kroku některý řádek pouze vynásobíme nenulovým číslem a k ostatním řádkům přičítáme násobky tohoto řádku, je vše v pořádku. Čtenář jistě vymyslí kombinaci úprav, která by vedla ke zvětšení množiny řešení. 7) Najděme všechna řešení soustavy s rozšířenou maticí 2 1 0 2 (A b) = 1 0 1 1. 3 1 1 2 Opíšeme druhý řádek, od prvního odečteme 2-krát druhý a od třetího odečteme 3-krát druhý. Dostaneme tvar 0 1 2 0 1 0 1 1. 0 1 2 5 První řádek vynásobíme 1, ke třetímu přičteme tento nový první. Dostaneme tvar 0 1 2 0 1 0 1 1. 0 0 0 5 Poslední řádek vydělíme 5, tento nový třetí přičteme k druhému a řádky přerovnáme. Dostaneme tvar 1 0 1 0 0 1 2 0. 0 0 0 1 Je zřejmé, že žádnou kombinací sloupců matice v levé části nelze získat sloupec v pravé části. Tato nehomogenní soustava tedy nemá řešení. Pokud bychom pro zdůvodnění použili Frobeniovu větu, pak hodnost matice v levé části je 2, zatímco hodnost rozšířené matice (včetně pravé strany) je 3.

5.2. PŘÍKLADY 29 8) Uvažujme nyní rozšířenou matici tvaru například 1 0 1 2 1 (A b 1 b 2 ) = 2 1 2 0 1. 0 1 0 1 0 Můžeme se na ni dívat jako na dvě soustavy A x = b 1 a A x = b 2, které mají stejné matice a různé pravé strany. Protože řešení se hledá v obou případech převedením rozšířené matice na redukovaný tvar, je možné najít řešení obou soustav najednou. Matici tedy upravíme 1 0 1 2 1 1 0 1 2 1 (A b 1 b 2 ) = 2 1 1 0 1 0 1 1 4 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 2 1 1 0 0 3 0 0 1 1 4 1 0 1 0 1 0. 0 0 1 5 1 0 0 1 5 1 Snadno najdeme jediné řešení x 1 = ( 3, 1, 5) T pro vektor b 1 a jediné řešení x 2 = (0, 0, 1) T pro vektor b 2. Čtenář si provede příslušná maticová násobení A x i = b i. Při tom si jistě všimne, že pokud bychom napsali A X = B, kde matice X bude mít sloupce x 1, x 2 a matice B bude mít sloupce b 1, b 2, pak toto násobení bude mít tvar 1 0 1 2 1 1 0 1 0 3 0 1 0 5 1 = 2 1 0 1 1 0 a obě rovnosti A x i = b i tím ověříme najednou. V diskusi o formuli (5.2) jsme si říkali, že při soustavě A x = b jsou složky vektoru x koeficienty, kterými je potřeba vynásobit sloupce matice A, abychom po jejich následném sečtení získali sloupec b. Zde vidíme, že v prvním sloupci matice X máme koeficienty, kterými je potřeba vynásobit sloupce matice A, abychom po jejich následném sečtení získali sloupec b 1 a v druhém sloupci matice X máme koeficienty, kterými je potřeba vynásobit sloupce matice A, abychom po jejich následném sečtení získali sloupec b 2. Tato myšlenka bude užitečná později. Nyní se spokojíme s tím, že jsme se vlastně naučili hledat řešení maticových rovností A X = B, kde A M m n (R) a B M m p (R) jsou zadané matice a X M n p (R) je neznámá matice. Taková rovnost samozřejmě nemusí mít vždy právě jedno řešení tak jako v tomto příkladu. 9) Najděme inverzní matici k matici A = 1 1 1 0 1 1. 1 0 1 Inverzní matice A 1 splňuje rovnost A A 1 = E, je tedy řešením X rovnosti A X = E. Po vzoru předchozího příkladu tedy sestavíme a převedeme na redukovaný tvar rozšířenou matici (A E) = 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1

30 KAPITOLA 5. SOUSTAVY ROVNIC 1 0 2 1 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 2 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1. Hledaná matice X = A 1 je na pravé straně, tedy A 1 1 1 2 = 1 0 1. 1 1 1 Čtenář si jistě ověří obě rovnosti A A 1 = E i A 1 A = E. V minulé kapitole jsme si říkali, že inverzní matice existuje jen k takzvaným regulárním maticím. Pro regulární matici A v levé části redukovaného tvaru matice (A E) dostaneme jednotkovou matici a v pravé části hledanou matici A 1. Pokud bychom v levé části nezískali jednotkovou matici, pak je zadaná matice singulární a inverzní matice neexistuje. Postup tedy slouží zároveň jako test, zda je matice regulární.

Kapitola 6 Vektorové prostory 6.1 Základní pojmy I vektorový prostor budeme uvažovat vždy nad tělesem reálných čísel R, přestože stejné úvahy lze provést i nad tělesem komplexních čísel C nebo obecně nad libovolným tělesem. Definice 18 Vektorový prostor V nad R je komutativní grupa (V, +) spolu s levou vnější operací : R V V, kde platí rovnosti c R, u, v V : c (u + v) = c u + c v, c, d R, u V : (c + d) u = c u + d v, c, d R, u V : (c d) u = c (d v), u V : 1 u = u. (6.1) Číslům z R říkáme skaláry a levé vnější operaci říkáme násobení skalárem. Neutrálnímu prvku grupy (V, +) říkáme nulový vektor. Opět můžeme poznamenat, že formálně je vektorovým prostorem V čtveřice (V, +, R, ) splňující vlastnosti výše, ale pokud jsou operace zřejmé, často mluvíme o vektorovém prostoru V. Dobře známý příklad vektorového prostoru je aritmetický vektorový prostor dimenze n nad R. Je to množina všech n-tic reálných čísel (pro pevně zvolené n N). Prostor n-tic zapsaných ve sloupci označujeme R n a lze jej ztotožnit s M n 1 (R). Prostor n-tic zapsaných v řádku označujeme (R n ) a lze jej ztotožnit s M 1 n (R). Označení R n a (R n ) je opět věcí konvence. My označujeme symbolem R n prostor sloupcových aritmetických vektorů, ve shodě s dříve diskutovanou konvencí. Prostor řádkových aritmetických vektorů označovaný (R n ) pak je takzvaným duálním prostorem k prostoru R n. Duální prostor se obecně značí hvězdičnou a budeme se jím zabývat později. Ještě si na tomto místě zavedeme jednu konvenci. Řádkové vektory obvykle píšeme x = (x 1,..., x n ) nebo krátce x = (x i ). Sloupcové vektory píšeme y = y1... y n 31.

32 KAPITOLA 6. VEKTOROVÉ PROSTORY nebo krátce y = (y j ). Důležité je, že budeme psát sloupcové indexy (indexy u řádkového vektoru, například u vektoru x) dolů a řádkové indexy (indexy u sloupcového vektoru, například u vektoru y) nahoru, tak jak jsme to právě provedli. Protože pracujeme převážně se sloupcovými vektory, často je potřebujeme z technických důvodů zapsat do řádku. Můžeme k tomu použít symbol pro transponování matice a zapsat y = (y 1,..., y n ) T, jak jsme to již dříve používali. Ještě poznamenejme, že v právě zavedené konvenci budou například složky matice mít jeden horní (řádkový) a jeden dolní (sloupcový) index. Tuto konvenci zvlášt oceníme například při zapisování lineárních kombinací a při zápisu obecných součtů. V prostoru R n se sčítá po složkách, toto sčítání je komutativní a asociativní, n-tice o = (0,..., 0) T je jistě neutrální prvek a symetrický prvek k prvku (x 1,..., x n ) T je prvek ( x 1,..., x n ) T. Jistě tedy jde o komutativní grupu. Skalárem se násobí c (x 1,..., x n ) T = (c x 1,..., c x n ) T a podmínky (6.1) se snadno ověří. Tyto podmínky vlastně jen formalizují přirozené vlastnosti operací ve vektorovém prostoru R n. Poznamenejme, že mezi skalár a vektor jsme nyní psali symbol pro levou vnější operaci a mezi dva skaláry jsme psali symbol pro násobení čísel. Protože z kontextu je vždy zřejmé o kterou z operací se jedná a třetí podmínka ve formulích (6.1) nám umožňuje vynechávat závorky, často obě tyto operace označujeme symbolem nebo tuto tečku úplně vynecháváme. Stejným způsobem lze ověřit, že pro libovolně zvolená celá kladná čísla m, n je množina M m n (R) matic typu m n vektorový prostor. Sčítá se opět po složkách a skalárem se násobí také po složkách. Čtenář si jistě napíše přesné definice obou operací a ověří si podmínky (6.1). Tento vektorový prostor má dimenzi mn (dimenzi nadefinujeme za moment). Velmi důležitá je skutečnost, že každý vektorový prostor konečné dimenze n nad R lze ztotožnit s aritmetickým prostorem R n. Toto ztotožnění se provádí volbou báze. Budeme tedy směřovat k tomuto pojmu. Definice 19 Jsou-li v 1,... v k vektory z vektorového prostoru V a c 1,..., c k skaláry z R, výrazu tvaru c 1 v 1 + c 2 v 2 +... + c k v k (6.2) říkáme lineární kombinace vektorů v i s koeficienty c i. Výraz (6.2) samozřejmě určuje nějaký vektor z V. Definice 20 Říkáme, že vektory v 1,... v k generují vektorový prostor V, pokud každý vektor u V je možné zapsat jako lineární kombinaci vektorů v 1,... v k. Vektorový prostor je konečné dimenze, pokud existuje konečná množina jeho generátorů. Říkáme, že vektory v 1,... v k jsou lineárně nezávislé, pokud nulový vektor není možné napsat jako lineární kombinaci vektorů v 1,... v k, v níž je alespoň jeden koeficient nenulový. Takové lineární kombinaci říkáme netriviální lineární kombinace. Definice 21 Bází vektorového prostoru V konečné dimenze je libovolná lineárně nezávislá množina jeho generátorů. Dimenze vektorového prostoru V konečné dimenze je počet prvků některé jeho báze. Vektorovými prostory, které nejsou konečné dimenze se zde zabývat nebudeme. Bází vektorového prostoru konečné dimenze je samozřejmě mnoho, ale všechny mají stejný počet prvků. Pojem dimenze je tedy dobře definovaný.

6.2. PŘÍKLADY 33 6.2 Příklady 1) V prostoru R 4 jsou vektory v 1 = (1, 2, 4, 2) T a v 2 = (0, 1, 0, 1) T lineárně nezávislé, protože v každé lineární kombinaci c 1 v 1 + c 2 v 2 = o dostáváme na první složce c 1 1 + c 2 0 = 0 a tedy musí být c 1 = 0 a pak např. na druhé složce dostáváme 0 2 + c 2 1 = 0 a tedy i c 2 = 0. 2) Pro vektory v 1 = (1, 0, 4, 2) T a v 2 = (0, 1, 3, 1) T v prostoru R 4 je lineární nezávislost vidět ještě snáze, protože v lineární kombinaci c 1 v 1 +c 2 v 2 = o máme na první složce c 1 1 + c 2 0 = 0 a na druhé složce c 1 0 + c 2 1 = 0 a tedy c 1 = c 2 = 0. 3) Vektory v 1 = (1, 2, 4, 1) T, v 2 = (0, 1, 3, 1) T a v 3 = (1, 1, 1, 0) T v prostoru R 4 jsou lineárně závislé, protože v 1 v 2 v 3 = o. Existuje tedy netriviální lineární kombinace (kombinace s nenulovými koeficienty 1, 1, 1), která je rovna nulovému vektoru. Zároveň si všimneme, že v 1 = v 2 +v 3. Lineární závislost vektorů lze charakterizovat také tak, že některý z nich je lineární kombinací ostatních. (V tomto případě libovolný z nich je kombinací ostatních, ale to obecně neplatí. Bystrý student jistě najde příklad.) 4) Ukážeme si obecný postup, jak určit lineární nezávislost vektorů. Uvažujme vektory v 1 = (1, 2, 4, 1) T, v 2 = (0, 1, 3, 1) T a v 3 = (1, 2, 1, 0) T v prostoru R 4 a kombinaci c 1 v 1 + c 2 v 2 + c 3 v 3 = o. Pokud budeme psát vektory v i ve sloupcích a vzpomeneme si na formuli (5.2), pak vidíme, že koeficienty c i této lineární kombinace jsou složky řešení x homogenní soustavy A x = o, kde ve sloupcích matice A jsou vektory v i. Vyřešíme tedy tuto soustavu: A = 1 0 1 2 1 2 4 3 1 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 3 3 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 3 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Je-li některý řádek násobkem jiného, můžeme ho při úpravách vynechat. To jsme si dříve ještě neřekli, ale čtenář na to jistě přišel. Vidíme, že jediné řešení homogenní soustavy A x = o je x = (0, 0, 0) T. Složky tohoto řešení jsou hledané koeficienty c i, tedy c 1 = c 2 = c 3 = 0 a naše vektory jsou lineárně nezávislé. 5) Rozhodněme, zda jsou vektory v 1 = (2, 2, 4, 1) T, v 2 = (1, 0, 2, 1) T a v 3 = (1, 2, 2, 0) T v prostoru R 4 lineárně závislé nebo nezávislé. Opět napíšeme vektory v i do sloupců matice A a vyřešíme příslušnou homogenní soustavu A x = o: A = 2 1 1 2 0 2 4 2 2 1 1 0 0 1 1 0 2 2 0 2 2 1 1 0 ( 0 1 1 1 0 1 ) ( 1 0 1 0 1 1 Tato homogenní soustava má řešení tvaru x = k u (k R), kde vektor u je u = (1, 1, 1) T. Čtenář se přesvědčí, že A u = o. To ale znamená, že v 1 v 2 v 3 = o. Našli jsme tedy netriviální lineární kombinaci vektorů v i, která je rovna nulovému vektoru a zadané vektory jsou lineárně závislé.. ).