Matematika II -- jaro 2005 -- Vzor 1. (10 bodů) Definujte pojem ireducibilního polynomu nad tělesem T. Charakterizujte ireducibilní polynomy nad R a C. Dejte příklad ireducibilního polynomu nad Q, který není ireducibilní nad R. Formulujte základní větu algebry. 2. (10krát 1 bod (správně 1 bod, chybně -1, bez odpovědi 0)) Odpovězte (škrtnutím nehodícího se ano nebo ne na patřičném řádku), zda jsou pravdivá následující tvrzení (čtěte velmi pozorně!): (a) ano -- ne Pro libovolné dvě čtvercové matice stejného typu A a B, platí |A+B| = |A|+|B|. (b) ano -- ne Je-li A regulární matice typu n×n a b typu n×1 nad tělesem T, pak má soustava Ax = b právě jedno řešení v T n . (c) ano -- ne Polynom x3 + 1 R[x] je ireducibilní nad R. (d) ano -- ne Množina {(x, y) R2 | x + y = 1} je podprostor vektorového prostoru R2 nad R. (e) ano -- ne Zobrazení f : R3 R2 dané předpisem f(x, y, z) = (x, yz) je lineární zobrazení vektorových prostorů nad R. (f) ano -- ne Ve vektorovém prostoru (C, +, ) nad R má vektor 1 + i v bázi = (1, i) souřadnice (1, i). (g) ano -- ne V okruhu polynomů nad libovolným tělesem je stupeň součinu polynomů roven součtu jejich stupňů. (h) ano -- ne Okruh (Z6, +, ) je těleso. (i) ano -- ne Polynom f C[x] stupně n má právě n kořenů (počítame-li je včetně násobnosti). (j) ano -- ne Množina všech řešení libovolné homogení soustavy nad R o n neznámých tvoří podprostor v Rn . 3. (10 bodů) Nalezněte všechny racionální kořeny polynomu 4x5 - 35x3 + 15x2 + 40x + 12 C[x] a určete jejich násobnost. 4. (10 bodů) Rozložte racionální lomenou funkci x5 - x4 - x3 + x2 + x - 1 (x2 - 2)3 na součet parciálních zlomků nad Q. 5. (10 bodů) Určete všechna a R taková, že k matici A = 0 a a a 0 a a a 0 existuje matice inverzní. Tuto inverzní matici určete. 6. (10 bodů) V Z5 řešte soustavu lineárních rovnic x + 2y + 3z = 1 2x + 3y + 4z = 1 3x + 4y = 1 Kolik má daná soustava řešení? 7. (10 bodů) Ve vektorovém prostoru R3[x] jsou dány báze = (x2 , x, x + 1, x3 + x2 + x + 1) a = (x3 , x2 , x, 1). Určete souřadnice vektoru u v bázi víte-li, že souřadnice v bázi jsou : (1, 3, 4, 5). Určete souřadnice vektoru v v bázi víte-li, že souřadnice v bázi jsou : (2, 1, 2, -1). 8. (10 bodů) Pro lineární zobrazení f : R3 R3 určené vztahy f((1, 1, 1)) = (1, 2, 3), f((1, 1, 0)) = (1, 0, -1), f((0, 1, 1)) = (1, 1, 1) najděte matici tohoto zobrazení v kanonické bázi. Komentář Úloha 1 je teoretická. Student předvede porozumění základním pojmům a výsledkům probraným na přednášce. Úloha 2: otázky ano--ne. Kontroluje se pouze odpověď -- zdůvodnění se nepožaduje (lze tedy ,,tipovat ). Záporné body se započítávají pouze v rámci této úlohy. (Pokud student získá záporný počet bodů, pak se do celkového součtu započítá 0.) Zbývající úlohy 3­8 jsou na praktické počítání. Úlohy 3 a 4 se týkají polynomů, Úlohy 5­8 lineární algebry. Úloha 3 se týká polynomů nad C -- jejich kořenů a rozkládání na ireducibilní faktory. Viz. sbírka k polynomům, příklady 20­37. Úloha 4 se týká rozkladů racionálních lomených funkcí nad Q a R. Nebo se zde objeví příklad na počítání s Euklidovým algoritmem či Bezoutovou rovností. Viz. sbírka k polynomům, příklady 18­19, 49­51,54. Úloha 5 je z ,,maticového počtu . Tzn. příklad na výpočet součinu matic, inverzní matice, hodnosti matice či determinantu matice. Kromě příkladu s parametrem se může objevit i příklad s maticí typu n × n. Úloha 6 je na řešení soustavy rovnic. Rovnice se mohou řešit i nad tělesem Q, R nebo C. Soustava může být s parametrem. Úloha 7 je na báze a dimenze podprostorů, respektive na počítání souřadnic. Příklad na výpočet souřadnic může být i v jiném prostoru, např. R4 . Mezi bázemi nemusí být standardní báze. Příklad na bázi a dimenzi může vypadat například takto: V prostoru R4 jsou dány podprostory U = (1, 2, 3, 4), (2, 3, 4, 5), (3, 4, 5, 6) , V = {(x1, x2, x3, x4) | x1 +x2 -2x3 = 0, x2 +x3 -2x4 = 0}. Určete báze a dimenze podprostorů V , U, V U. Podobný příklad v polynomech může mít podprostor zadaný například takto: U = {f R4[x] | f(0) = f(1) = 0}. Úloha 8 se týká lineárního zobrazení. Kromě hledání matice zobrazení v daných bazích (nemusí být kanonické), se může objevit příklad na počítání jádra a obrazu lineárního zobrazení: Určete báze a dimenze jádra a obrazu lineárního zobrazení g daného předpisem g : R4 R3 , g((x1, x2, x3, x4)) = (x1 + x2 - x3, x2 + 2x4, 2x1 + x2 - 2x3 - 2x4). Taktéž lze požadovat rozhodnutí zda dané linearní zobrazení je injektivní či izomorfismus: Určete všechny parametry a, b R takové, že lineární zobrazení h dané předpisem h : R3 R3 , h(x1, x2, x3) = (x1 + x2 + x3, x2 + 2x3, ax1 + bx3) je injektivní. Pro vhodnou dvojici a, b dejte příklad dvou různých vektorů u a v tak, že h(u) = h(v). Řešení 1. (a) Polynom f T[x] je ireducibilní nad tělesem T, jestliže f je nekonstantní a nelze ho rozložit na součin dvou nekonstantních polynomů. (b) Ireducibilními polynomy v R[x] jsou právě lineární polynomy a kvadratické polynomy nemající reálné kořeny. (c) Ireducibilní polynomy v C[x] jsou právě lineární polynomy. (d) Příklad polynomu, který je ireducibilní nad Q, ale není ireducibilní nad R: x3 - 2. (e) Základní věta algebry: Každý nekonstantní polynom z C[x] má kořen v C. Pozn: V některých odpovědí lze použít jiné ekvivalentní formulace. Například následující odpovědi bychom uznali. (a) Polynom f T[x] je ireducibilní nad tělesem T, jestliže f je nekonstantní a nelze ho rozložit na součin dvou polynomů menšího stupně. (b) Ireducibilními polynomy v R[x] jsou právě lineární polynomy a kvadratické polynomy se zá- porným diskriminantem. (e) Základní věta algebry: Ireducibilní polynomy v C[x] jsou právě lineární polynomy. nebo Polynom f C[x] stupně n má právě n kořenů (počítame-li je včetně násobnosti). Pozn: V příkladě (d) není polynom x3 - 2 ireducibilní nad R neboť (x - 3 2)(x2 + 3 2x + 3 4). Kdyby nebyl polynom x3 - 2 ireducibilní nad Q, pak by byl dělitelný lineárním polynomem nad Q, tzn. měl by racionální kořen a to není pravda. 2. (a) ne -- stačí vzít matice typu 2 × 2, např. A = 1 0 0 0 , B = 0 0 0 1 , kde |A| = |B| = 0, |A + B| = 1. (b) ano -- A je regulární právě tehdy, když k ní existuje matice inverzní a pak má příslušná sou- stava jediné řešení x = A-1 b. (c) ne -- polynom x3 + 1 má kořen -1, tj. x3 + 1 = (x + 1)(x2 - x + 1). (d) ne -- neobsahuje nulový vektor (není ani uzavřena na sčítání vektorů a násobení skalárem). (e) ne -- např. f((0, 1, 0)) + f((0, 0, 1)) = (0, 0) + (0, 0) = (0, 1) = f(0, 1, 1). (f) ne -- protože 1 + i = 1 1 + 1 i jsou souřadnice daného vektoru (1, 1). (Pozn. každá souřadnice je prvkem tělesa skalárů -- zde R.) (g) ano -- viz. přednášky. (h) ne -- k prvku [2]6 neexistuje inverze. (i) ano -- základní věta algebry. (j) ano -- nulový vektor je řešením, součet dvou řešení je řešení, násobek řešení je řešení. 3. Kořeny: jednoduchý -3; dvojnásobný 2; dvojnásobný -1 2 . 4. x - 1 x2 - 2 + 3x - 3 (x2 - 2)2 + 3x - 3 (x2 - 2)3 . 5. Pro a = 0 je matice A nulová matice, ke které inverzní matice neexistuje. Pro a = 0 je A-1 = 1 2a -1 1 1 1 -1 1 1 1 -1 . 6. Množina všech řešení {(t + 4, 1 + 3t, t) | t Z5} = (4, 1, 0) + (1, 3, 1) . má 5 prvků. 7. Souřadnice vektoru u v bázi jsou (5, 6, 12, 9), neboť se jedná o vektor u = 5x3 + 6x2 + 12x + 9. Souřadnice vektoru v v bázi jsou (-1, 3, -3, 2), a je to vektor v = 2x3 + x2 + 2x - 1. Řešení varianty z komentáře: Podprostor U má dimenzi dva, neboť generující množina vektorů je lineárně závislá. Báze podprostoru U je například ((1, 2, 3, 4), (2, 3, 4, 5)) nebo ((1, 2, 3, 4), (1, 1, 1, 1)). Podprostor V má dimenzi dva, neboť soustava rovnic má hodnost matice 2 (a dimenze je tudíž 4 - 2). Báze -- stačí vzít dvě lineárně nezávislá řešení -- např. ((3, -1, 1, 0), (-2, 2, 0, 1)) nebo ((1, 1, 1, 1), (4, 0, 2, 1)). Podprostor U V má dimenzi 1, báze ((1, 1, 1, 1)). 8. Matice zobrazení f od báze ke kanonické bázi = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) je F = 1 1 1 2 0 1 3 -1 1 . Matice přechodu od báze k bázi je P = 1 1 0 1 1 1 1 0 1 . Matici zobrazení od kanonické báze ke kanonické bázi určíme takto: F = FP = F( P)-1 . Výsledek (zkouškou lze zkontrolovat správnost): F = 0 1 0 1 -1 2 2 -3 4 . Řešení první varianty z komentáře: Matice lineárního zobrazení g v kanonických bazích je M = 1 1 -1 0 0 1 0 2 2 1 -2 -2 . Jádro je množina řešení příslušné soustavy: Ker(g) = {(s + 2t, -2t, s, t) | s, t R} = (1, 0, 1, 0), (2, -2, 0, 1) . Dimenze je tedy 2, báze např. ((1, 0, 1, 0), (2, -2, 0, 1)). Obraz je generován sloupci matice Im(g) = (1, 0, 2), (1, 1, 1), (-1, 0, -2), (0, 2, -2) . Dimenze Im(g) je tedy h(M). Dle předchozích výpočtů (eliminace matice M) je h(M) = 2 a bázi lze volit ((1, 0, 2), (1, 1, 1)). Pro kontrolu: dim(Ker(g)) + dim(Im(g)) = 2 + 2 = 4, což je skutečně dimenze prostoru z nějž zobrazení g vychází. Řešení druhé varianty z komentáře: Matice zobrazení h v kanonické bázi je 1 1 1 0 1 2 a 0 b . Otázka zní, zda má příslušná homogenní soustava rovnic pouze nulové řešení. Eliminací převedeme matici do tvaru 1 1 1 0 1 2 0 0 a + b . Zobrazení h je tedy injektivní právě tehdy, když a + b = 0. Příklad: pro a = b = 0 máme (1, -2, 1) nenulové řešení sostavy, tj. f((1, -2, 1)) = f((0, 0, 0)) = (0, 0, 0).