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 Tn
.
(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 α = (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 α = (x2
, x, x + 1, x3
+ x2
+ x + 1) a
β = (x3
, x2
, x, 1).
Určete souřadnice vektoru u v bázi β víte-li, že souřadnice v bázi α jsou : (1, 3, 4, 5).
Určete souřadnice vektoru v v bázi α víte-li, že souřadnice v bázi β jsou : (2, 1, 2, −1).
(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 3–8 jsou na praktické počítání. Úlohy 3 a 4 se týkají polynomů, Úlohy 5–8
lineární algebry.
Úloha 3 se týká polynomů nad C — jejich kořenů a rozkládání na ireducibilní faktory. Viz.
sbírka k polynomům, příklady 20–37.
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
18–19, 49–51,54.
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).
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 záporným
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 soustava
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.
Souřadnice vektoru v v bázi α 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 α ke kanonické bázi ǫ = ((1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)) je
ǫFα =


1 1 1
2 0 1
3 −1 1

 .
Matice přechodu od báze α k bázi ǫ je
ǫPα =


1 1 0
1 1 1
1 0 1

 .
Matici zobrazení od kanonické báze ǫ ke kanonické bázi ǫ určíme takto: ǫFǫ = ǫFα·αPǫ = ǫFα·(ǫPα)−1
.
Výsledek (zkouškou lze zkontrolovat správnost):
ǫFǫ =


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).