3. termín závěrečné písemky — MB101 — jaro 2013 — 11. 6.
SKUPINA A
Na řešení je 150 minut. Pište jen na přední strany listů. (Zadní strany nebudou opraveny ani skenovány.) Veškeré odpovědi musí být zdůvodněny a výpočty musí být doprovozeny komentářem. (Řešení sestávající pouze z odpovědí budou považována za opsaná a hodnocena 0 body.)
1. (5 bodů) V rovině IR2 uvažujeme pravidelný dvanáctiúhelník A\A2 ... A12, který je vepsán do kružnice s poloměrem 2, se středem S = [0, 0] v počátku a vrcholem A\ = [2, 0]. Přitom vrcholy dvanáctiúhelníku A\A2 ... A12 jsou číslovány v kladném směru, tj. vrchol A2 má obě souřadnice kladné.
i) Určete souřadnice vrcholu A2.
ii) Určete obsah dvanáctiúhelníku A\A2 ... A\2.
iii) Určete obsah trojúhelníku A2A^Ag.
iv) Určete velikost úhlu, který svírají úhlopříčky A2A5 a A2A8.
v) Určete průsečík přímek A2A9 a AiAj.
2. (5 bodů) V prostoru IR3 je dán čtyřstěn ABCD, kde A = [0,1,0], B = [1,0,1], C = [—1,1, 1] a D = [3,2,1]. Buď P pata výšky spuštěná z vrchlu D do roviny stěny ABC. Určete souřadnice bodu P a velikost výšky DP.
3. (5 bodů) Uvažujme následující příklad jako Markovův proces.
Roztržitý profesor s sebou nosí deštník, ale s jistou pravděpodobností jej zapomene tam, odkud zrovna odchází. Ráno odchází z domova do práce, a protože bývá po ránu v kondici, pravděpodobnost, že deštník zapomene doma, je pouze 1/3. Z práce chodí odpoledne do restaurace a pravděpodobnost, že deštník zapomene v práci, je 1/2. V restauraci si dá pozdní oběd a jde domů, přičemž pravděpodobnost, že zapomene deštník v restauraci, je rovna 2/3. Uvažujme pro jednoduchost, že nikam jinam po dostatečně dlouhou dobu profesor nechodí a že v restauraci zůstává deštník na profesorově oblíbeném místě, odkud si ho může následující den (pokud nezapomene) vzít.
Napište matici tohoto Markovova procesu. (Je vhodné za časovou jednotku vzít jeden den - od půlnoci do půlnoci.) Jaká je pravděpodobnost, že se po mnoha dnech bude deštník nalézat o půlnoci doma?
4. (5 bodů) Ve standardní bázi e je dána následující matice lineárního zobrazení ip vektorového prostoru IR3 do sebe.
/ 2 2 _1 \ /        3 3 3 \
3        3 3
2 _ 1 2
3 3 3 12 2
\     3        3        3 /
i) Ukažte, že charakteristický polynom zadané matice A je — A3 + A2 + A — 1.
ii) Určete vlastní čísla a vektory matice A.
iii) Určete, o jaké zobrazení ip se jedná.
V části iii) očekáváme odpověd tvaru: je to kolmá projekce do roviny (resp. symetrie podle roviny, symetrie podle přímky, otáčeni podél osy apod.). Vždy musí být také příslušná rovina nebo přímka jednoznačně popsána.
3. termín závěrečné písemky — MB101 — jaro 2013 — 11. 6.
SKUPINA B
Na řešení je 150 minut. Pište jen na přední strany listů. (Zadní strany nebudou opraveny ani skenovány.) Veškeré odpovědi musí být zdůvodněny a výpočty musí být doprovozeny komentářem. (Řešení sestávající pouze z odpovědí budou považována za opsaná a hodnocena 0 body.)
5. (5 bodů) V rovině IR2 uvažujeme pravidelný osmiúhelník BľB2 ... B8, který je vepsán do kružnice s poloměrem 2, se středem S = [0, 0] v počátku a vrcholem B\ = [2, 0]. Přitom vrcholy osmiúhelníku B\B2 • • • B8 jsou číslovány v kladném směru, tj. vrchol B2 má obě souřadnice kladné.
i) Určete souřadnice vrcholu B2.
ii) Určete obsah osmiúhelníku B\B2 ■ ■ ■ B$.
iii) Určete obsah trojúhelníku B2B^,B7.
iv) Určete velikost úhlu, který svírají úhlopříčky B2B5 a B2B7.
v) Určete průsečík přímek B2B7 a BľB5.
6. (5 bodů) V prostoru IR3 je dán čtyřstěn ABCD, kde A = [-1,0,1], B = [1,2, -1], C = [—3,2,1] a D = [5,2,3]. Buď P pata výšky spuštěná z vrchlu D do roviny stěny ABC. Určete souřadnice bodu P a velikost výšky DP.
7. (5 bodů) Uvažujme následující příklad jako Markovův proces.
Roztržitý profesor s sebou nosí deštník, ale s jistou pravděpodobností jej zapomene tam, odkud zrovna odchází. Ráno odchází z domova do práce, a protože bývá po ránu rozespalý, pravděpodobnost, že deštník zapomene doma, je rovna 2/3. Z práce chodí odpoledne do restaurace a pravděpodobnost, že deštník zapomene v práci, je 1/2. V restauraci si dá pozdní oběd a jde domů, přičemž pravděpodobnost, že zapomene deštník v restauraci, je pouze 1/3. Uvažujme pro jednoduchost, že nikam jinam po dostatečně dlouhou dobu profesor nechodí a že v restauraci zůstává deštník na profesorově oblíbeném místě, odkud si ho může následující den (pokud nezapomene) vzít.
Napište matici tohoto Markovova procesu. (Je vhodné za časovou jednotku vzít jeden den - od půlnoci do půlnoci.) Jaká je pravděpodobnost, že se po mnoha dnech bude deštník nalézat o půlnoci doma?
8. (5 bodů) Ve standardní bázi e je dána následující matice lineárního zobrazení ip vektorového prostoru IR3 do sebe.
/    2   1 _i \
33 3
B = (y?)£,£ =        |   | |
\ _i   1 2 /
\    3   3 3 /
i) Ukažte, že charakteristický polynom zadané matice B je — A3 + 2A2 — A.
ii) Určete vlastní čísla a vektory matice B.
iii) Určete, o jaké zobrazení ip se jedná.
V části iii) očekáváme odpověd tvaru: je to kolmá projekce do roviny (resp. symetrie podle roviny, symetrie podle přímky, otáčeni podél osy apod.). Vždy musí být také příslušná rovina nebo přímka jednoznačně popsána.
Výsledky — skupina A
1. i) Označíme-li S střed dvanáctiúhelníku A\A2 ... A12, pak velikost /ĹA1SA2 je dvanáctina
velikosti plného úhlu 360°, tj. 30°. Proto vektor SA2 získáme otočením vektoru SAľ o tento úhel. Matice otáčení je
' cos 30°   - sin 30°
R    '   sin 30°     cos 30°
Obraz (2, 0)T je R - (2, 0)T = (y/Š, 1)T. (Jiný postup: stačí spustit kolmici z bodu A2 na základnu SAi a určit potřebné délky v příslušném pravoúhlém trojúhelníku s úhlem u vrcholu S velikosti 30°.) Tedy A2 = [y/Š, 1].
ii) Obsah trojúhelníku AľSA2 je 1, neboť má základnu 2 a výšku 1. (Jiný postup: lze použít
determinant matice s řádky SAi = (2,0) a SA2 = (y/Š, 1). Obsah trojúhelníku AľSA2 je pak jeho polovina.) Obsah dvanáctiúhelníku A\A2 ... A12 je 12, protože je sjednocením dvanácti shodných trojúhelníků o velikosti 1.
iii) Již víme A2 = [y/Š,1]. Podobně A$ = [—1, y/Š] a A$ = [—y/Š, —1]. Obsah tak můžeme
určit jako polovinu determinantu matice s řádky A2A§ = (—1 — y/Š, y/Š — 1) a A2A$ =
(—2y/Š, —2). Dostáváme ||2 + 2y/Š + 2y/Š — 2y/Š\ = | • 8 = 4. (Jiný způsob: povšimneme si, že Af, je obrazem bodu A2 při otáčení o úhel 90° kolem počátku S. Stejné tak je A$ obrazem bodu A^, dále Au je obrazem bodu A$ a konečné A2 je obrazem bodu Au ve stejném otáčení. Tedy A2ArjA$Au je čtverec s úhlopříčkou délky 4- Strana tohoto čtverce má velikost 2y/2 a obsah čtverce je 8. Trojúhelník A2A5A8 je polovinou čtverce A2A5A8Au, a má tedy obsah 4-)
iv) Protože víme, že u = A2A^ = (—1 — y/Š, y/Š — 1) a v = A2A$ = (—2y/3, —2), lze spočítat odchylku a vektorů u a v pomocí skalárního součinu:
(u,v) 8 y/2
cos a = -—-—-—- = —=— =-.
\\u\\ ■ \\v\\     VŠ-4 2
Proto velikost LAf)A2A8 je 45°. (Jiný postup: z druhého zdůvodnění v bodu iii) můžeme vidět, že troúhelník A2A5A8 je pravoúhlý a rovnoramenný. Odtud snadno \/ĹA5A2A8\ = 45°.)
v) Protože A2 = [y/Š, 1] a Ag = [—1, —y/Š], je vektor A2Ag = (—1 — y/Š, —y/Š— 1) násobkem vektoru (1,1). Tedy přímka p procházející body A2 a A9 má parametrický popis [y/Š, l]+í-(l, 1). Nás zajímá její průsečík s osou x, tj. hledáme takové t, aby druhá souřadnice byla rovna 0. Tedy t = — 1 a dostáváme průsečík přímky p a osy x o souřadnicích [y/Š — 1,0].
Bodování: pětkrát lb.
2. Komentář: viz skupina B. Výsledek P = [2, 0, 0] a velikost výšky je y/6. Bodování: bod P 3b, velikost výšky 2b .
3. Deštník se o půlnoci nalézá na jednom ze tří míst, a to doma, v práci nebo v restauraci. Máme tedy tři stavy našeho systému a musíme zjistit, jaké jsou pravděpodobnosti změn stavů za jednu časovou jednotku (jeden den). Matice Markovova procesu je tedy rozměru 3x3, kde první řádek i sloupec je vyhrazen pro stav „deštník doma", druhý řádek i sloupec je pro stav „deštník v práci" a třetí pro stav „deštník v restauraci".
Začněme od konce a určeme, jaká je pravděpodobnost p13, tedy pravděpodobnost, že se deštník přemístí z restaurace domů. To je přímo v zadání: p13 = |. Podobně p33 = |. Dále P23 = 0, protože pokud byl deštník o půlnoci v restauraci, nemůže být o následující půlnoci v práci. Máme tedy určen třetí sloupec matice.
Hodnota p±2 je pravděpodobnost, že se deštník přemístí z práce domů. Musí tedy počkat v práci na profesora, potom musí s pravděpodobností | cestovat do restaurace a odtud musí s pravděpodobností | cestovat s profesorem domů. Tedy p12 = |. Zřejmě p22 = | a snadno
nahlédneme,
Trochu
že P23 = \ ■ f = \- Podobně určíme p2± = § • \ = | a p31 = | • \ ■ | — g. opatrněji musíme určit pu, protože máme dvě možnosti, jak se může deštník během jednoho dne dostat ze stavu „doma" do stavu „doma". Buď deštník zůstane hned ráno doma, nebo ho profesor zanese do práce i do restaurace a pak vrátí domů. Proto pn = | + |'|'| = |- Celkem dostáváme
M
V
Povšimněme si, že se jedná skutečně o stochastickou matici (tj. součet čísel v jednotlivých sloupcích je 1) a má tedy vlastní číslo 1. Navíc je M i primitivní, protože M2 je zřejmě pozitivní matice.
(Maticí M je také možné zkonstruovat jinak. Určíme tři pomocné matice, které popisují pravdepodobnosti zmén stavů jednotlivých tří cest pana profesora: M\ bude popisovat cestu z domu do práce, M2 cestu z práce do restaurace a M3 cestu z restaurace domů.
í
Mi
0 0 \
1 0
\ o o 1 /
M,
/ 1   0  0 \
0 \ o \o \ 1/
M3
/ 1 0 o 1 \ o o
)
Potom již snadno dostaneme M = M3 • M2 ' -^í-)
Nyní můžeme určit vlastní vektor, který je řešením homogenní soustavy dané maticí
M-E
í
\
\
J
Vyřešením soustavy získáme vlastní vektor (3, 2,4), který vynásobíme číslem |, abychom do-
4\ Pravděpodobnost, že se po mnoha dnech bude deštník
stali pravděpodobnostní vektor (|, |, g nalézat o půlnoci doma, je tedy \.
Bodování: matice 3b (z toho lb pokud uvedená matice je špatné, ale je stochastická správného rozméru 3 x 3), vlastní vektor lb, interpretace lb.
4. Charakteristický polynom lze například spočítat metodou popsanou ve skupině B. V matici A — XE přičteme první řádek k třetímu a dvojnásobek prvního řádku ke druhému. Pak půjde z druhého a třetího řádku vytknout (1 — A) a determinant snadno dopočítat. Vlastní čísla jsou tedy 1 cl 1 cl k oběma je třeba spočítat vlastní vektory. Zkusme nejdříve A = 1, tj. řešíme homogenní soustavu s následující maticí, kterou ihned násobíme 3 a eliminujeme.
V
	í	-1	2	-1 \
2 — r 3		0	0	0
U	\	0	0	0 )
Vidíme, že matice má hodnost 1 a soustava má řešení dimenze 2 a jsou to vektory kolmé k vektoru (1,-2,1). Podprostor vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1 jsou tedy lineární kombinace vektorů (l,l,l)a(l,0,— 1). Nyní není třeba nic dál počítat. Nutně musí vyjít vektor (1, —2,1) jako vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu —1. Nicméně lze to spočítat i řešením příslušné soustavy. Podprostor vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1 jsou tedy všechny násobky vektoru (1, —2,1).
Zobrazení ip je souměrností podle roviny kolmé k vektoru (1, —2,1), tj. roviny dané rovnicí
X\ — 2X2 + %3 = 0.
Bodováni: charakteristický polynom lb, výpočet vlastních vektorů 2b, typ zobrazeni lb, popis roviny lb.
Výsledky — skupina B
5. Analogicky jako skupina A
i) Úhel IB1SB2 má velikost 45°. Dostaneme B2 = [\/2, \/2].
ii) Obsah trojúhelníku BiSB2 je \/2, neboť má základnu 2 a výšku \/2. Proto je obsah osmiúhelníku B\B2 ■ ■ ■ Bs roven 8\/2.
iii) Platí B2 = [y/2, y/2],B5 = [-2, 0],B7 = [0, -2]. Tedy B^ = (-2-y/2, -y/2) a B~2% = (-y/2, -2 - y/2). Obsah trojúhelníku je j|(2 + v^)2 - v^l = 2 + 2^2.
iv) Z předchozího (B2b\,B2b\) = 2^2(2 + ^2). Dále ||5^||2 = \\B2B'7\\2 = (2 + y^)2 + 2 -^* -y
y/2   = 8 + 4^2 = 4(2 + y/2). Proto pro úhel /3, který svírají vektory B2B5 a B2B7, platí
cos /3 = ^ a úhel /5 má velikost 45°. (Pro znalce středoškolské matematiky to není překvapení, protože se jedná o obvodový úhel ke středovému úhlu LB^SB-j, který má velikost 90°.)
v) [2^2-2,0]. Bodování: pětkrát lb.
6. Vektor A~P je kolmá projekce vektoru A~Ď = D — A = (6, 2, 2) do roviny určené body A, B a C. Potřebujeme tudíž určit kolmou projekci vektoru w = (6, 2, 2) do roviny U dané vektory
Ui = A~ň = B — A = (2,2, —2) a u2 = AČ = C — A = (—2, 2, 0). Jednodušší bude určit projekci vektoru w do ortogonálního doplňku UL. Vektor kolmý k vektorům ui a u2 je například vektor ■u = (1,1, 2). Hledáme tedy Pw = a ■ v tak, aby w — Pw byl v rovině £/, tedy kolmý k v. (Tento vektor w — Pw je pak hledanou projekcí do roviny U, tzn. je roven vektoru A~P. Zároveň bude rovno Pw.) Hledáme proto skalár a tak, aby (w — av, v) = 0. Odtud (w, v) — a ■ (v, v) = 0 a dostaneme a = ^ = f = 2. Proto Pw = a-v = (2,2,4) a A~P = w-Pw = (6, 2, 2)-(2, 2,4) =
(4, 0, -2). Celkem dostáváme P = A + A~P = [-1, 0,1] + (4, 0, -2) = [3, 0, -1].
Velikost výšky je velikost vektoru P~Ď = Pw = (2, 2,4), což je y/22 + 22 + 42 = y/24 = 2^6. Bodování: bod P 3b, velikost výšky 2b .
7. Postup stejný jako ve skupině A. Matice jsou následující.
Mi
\ 0 0
o \
0
1 /
M,
( 1  0 o \
o \ o
M*
í1  ° *\
0 1 o
V° 0 I /
M
1 I 2 \ 9    3    3 \
^   ^ 0
6    2 u
1 1
18    6 3
Vlastní vektor příslušný dominantnímu vlastnímu číslu 1 je (6, 2,1). Pravděpodobnost, že se po mnoha dnech bude deštník nalézat o půlnoci doma, je tedy rovna | = |.
Bodování: matice 3b (z toho lb pokud uvedená matice je špatné, ale je stochastická správného rozméru 3 x 3), vlastní vektor lb, interpretace lb.
8. Charakteristický polynom \B — XE\ lze spočítat přímo, nicméně my upřednostníme výpočet pomocí elementárních řádkových úprav. První řádek přičteme k druhému a odečteme od třetího. Dostaneme
\B-\E\
A
3 ~ A 3
1 - A 1 - A -1 + A 0
_ i
3
0
1 - A
Nyní můžeme vytknout (1 — A) jak z druhého, tak z třetího řádku. Dostaneme
\B-\E\ = (1 - Xf
1
L 0
_ i
3
0
1
Nyní přičteme (|)-násobek třetího řádku k prvnímu a dostaneme matici, kde můžeme použít rozvoj podle třetího sloupce. Dostaneme
\B - \E\ = (1 -\f
0
1 0 0 1
(l-A)2-(-l)f
(l-A)2-(-A).
Máme charakteristický polynom —A • (1 — A)2 a vlastní číslo 1 (algebraické násobnosti 2) a vlastní číslo 0.
Určeme nyní vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 1. Matice B — XE je rovna
B-E
(
\
První a třetí řádky jsou totožné, druhý je jejich (—l)-násobek. Hodnost matice je tedy 1. Prostor řešení, a tedy prostor vlastních vektorů V\ příslušných vlastnímu číslu 1, má dimenzi 2 a jedná se tedy o rovinu vektorů, které zobrazení p> zobrazuje na sebe. Báze prostoru V\ sestává z jakékoli lineárně nezávislé dvojice vektorů, které řeší homogenní soustavu. Například (1,1,0)
a (0,1,1)-
Určeme nyní vlastní vektory příslušné vlastnímu číslu 0. Matice B — XE je rovna B. Podle počátečního výpočtu (determinantu \B\) umíme matici B upravit (pomocí elementárních řádkových úprav) na matici, kterou snadno převedeme do schodovitého tvaru
í2 1
B
3 3 1 1
( 1
o \
\ 1  i    oj    V0
1
"3
0
/ 1  1 o \
0   1 1
OJ    \ o o o /
Výsledná matice má hodnost 2, tudíž prostor vlastních vektorů je jednodimenzionální a jedná se o násobky vektoru (1, —1,1). Protože je to vektor kolmý k podprostoru V\ a obraz vektoru (1,-1,1) v zobrazení ip je 0 • (1, —1,1) = 0 dostáváme, že ip je zobrazení kolmé projekce do roviny V\. Obecná rovnice roviny V\ je x\ — X2 + x% = 0.
Bodováni: charakteristický polynom lb, vlastni vektory 2b, interpretace 2b (z toho určeni zobrazeniLp lb, rovina lb).