Příklad 1. Výpočtem determinantu vhodné matice rozhodněte o lineární nezávislosti vektorů (1, 2, 3,1), (1, 0,-1,1), (2,1,-1, 3) a (0, 0, 3, 2). Řešení. Protože 2 0 1 0 3 -1 -1 3 10 = 0, □ uvedené vektory jsou lineárně nezávislé. Příklad 2. Nechť jsou dány podprostory U a V generované po řadě vektory (1,1, -3), (1, 2, 2) a (1,1,-1), (1, 2,1), (1, 3, 3) vektorového prostoru R3. Nalezněte průnik těchto podprostorů. Řešení. Nejprve si uvědomme, že podprostor V má dimenzi pouze 2 (nejedná se tedy o celý prostor R3), neboť 11 1 -1| | 1 1 1| 0 a neboť libovolná dvojice z uvažovaných třech vektorů je očividně lineárně nezávislá. Stejně snadno vidíme, že také podprostor U má dimenzi 2. Současně je 1 1 -1 11 1 || 1 2 1 = 12 3|| 1 3 3 -1 1 3| 1 2 2 2 = 0, a proto vektor (1,1, -1) nemůže náležet do podprostoru U. Průnikem rovin procházejících počátkem (dvojrozměrných podprostorů) v trojrozměrném prostoru musí být alespoň přímka. V našem případu je jím právě přímka (podprostory nejsou totožné). Určili jsme dimenzi průniku - je jednodimenzionální. Všimneme-li si, že 1 • (1,1, -3) + 2 • (1, 2, 2) = (3, 5,1) = 1 • (1,1, -1) + 2 • (1, 2,1), dostáváme vyjádření hledaného průniku ve tvaru množiny všech skalárních násobků vektoru (3, 5, 1) (jedná se o přímku procházející počátkem s tímto směrovým vektorem). □ Příklad 3. Ve vektorovém prostoru R4 jsou dány třídimenzionální (trojrozměrné) podpro-story U = («1,«2,«3), V = (Vi,V2,V3), přičemž u1 1 1 -1 -1 Určete dimenzi a libovolnou bázi podprostoru U n V. 1 1 1 1 , u2 = 1 , u3 = 0 1 0 1 0 1 1 V2 1 1 1 -1 V3 1 1 1 1 Řešení. Do podprostoru U n V náleží právě ty vektory, které je možné obdržet jako lineární kombinaci vektorů u a také jako lineární kombinaci vektorů v. Hledáme tedy čísla x1, x2, x3, yi, y2, y3 G R taková, aby platilo X1 /1\ 1 1 1 1 0 1 0 1 w 1 1 1 y1 + y2 V-v 1 1 1 1 + y3 1 1 1 1 tj. hledáme řešení soustavy Xi + X2 + X3 = Xi + X2 = y1 + y2 + y3, yi y2 y3, xi + x3 = -yi + y2 - y3, x2 + X3 = -yi - y2 + y3- Při maticovém zápisu této homogenní soustavy (a při zachování pořadí proměnných) je 111 110 101 011 11 01 -1 -1 -1 -1 1 1 1 -1 1 1 -1 0 0 -1 0 0 1 0001 -1 -1 -1 1 1 -1 0 2 2 3 1 1 ) 0 0 0 0 0 -2 0 -2 -2 1 1 1 (1 1 1 -1 -1 -1\ 0 0 -1 0 2 2 0 -1 0 2 0 2 \0 1 1 1 1 -1/ /1 1 1 -1 -1 -1\ 0 111 1 -1 0 0 1 0 -2 -2 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 2 0 1 0 0 2 0 0 0 10 -2 -2 0 0 0 1 1 1 Dostáváme tak řešení Xi = -2t, X2 = -2s, X3 = 2s + 2t, yi = -s - t, y2 = s, y3 = t, t, s G R. Odtud dosazením získáváme obecný vektor průniku /Xi + X2 + xA / 0 \ x1 + x2 _ -2t - 2s x1 + x3 2s X2 + X3 2t Vidíme, že dim U n V = 2, U n V ( 00 -1 , -1 1 , 0 01 > □ Příklad 4. Uveďte nějakou bázi podprostoru U < '1 2' 3 4 .5 6, '0 r 23 45 -1 1 3 0 2 4 -2 -1 01 23 ) vektorového prostoru reálných matic 3 x 2. Tuto bázi doplňte na bázi celého prostoru. Řešení. Připomeňme, že bázi podprostoru tvoří množina lineárně nezávislých vektorů, které generují uvažovaný podprostor. Protože -1 12 34 56 + 2 01 23 45 -1 1 3 0 2 4 -2 12 34 56 +3 01 23 45 -2 -1 01 23 celý podprostor U je generován pouze prvními dvěma maticemi. Ty jsou potom lineárně nezávislé (jedna není násobkem druhé), a tak zadávají bázi. Chceme-li ji doplnit na bázi celého prostoru reálných matic 3 x 2, musíme najít další čtyři matice (dimenze celého prostoru je zjevně 6) takové, aby výsledná šestice byla lineárně nezávislá. Můžeme využít toho, že známe např. standardní bázi 10 00 00 01 00 00 00 10 00 00 01 00 00 00 10 00 00 01 prostoru reálných matic 3 x 2, který lze přímo ztotožnit s R6. Sepíšeme-li dva vektory báze U a vektory standardní báze celého prostoru v tomto pořadí, výběrem prvních 6 lineárně nezávislých vektorů dostaneme hledanou bázi. Pokud však uvážíme, že kupř. 1, 1 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 3 2 1 0 0 0 4 3 0 1 0 0 5 4 0 0 1 0 6 5 0 0 0 1 můžeme ihned bázového vektory 12 34 56 01 23 45 podprostoru U doplnit maticemi (vektory prostoru matic) 00 10 00 00 01 00 00 00 10 00 00 01 na bázi. Upozorněme, že výše uvedený determinant lze vyčíslit velmi snadno - je roven součinu prvků na diagonále, neboť matice je v dolním trojúhelníkovém tvaru (nad diagonálou jsou všechny prvky nulové). □ Příklad 5. Stanovte vektorový podprostor (prostoru R4) generovaný vektory ui = (-1, 3,-2,1), U2 = (2,-1,-1, 2), U3 = (-4, 7, -3, 0), «4 = (1, 5, -5, 4) vybráním nějaké maximální množiny lineárně nezávislých vektorů « (tj. vybráním báze). Řešení. Sepíšeme vektory « do sloupců matice a obdrženou matici upravíme pomocí řádkových elementárních transformací. Takto získáme -1 2 -4 1 1 2 0 4 1 2 0 4 3 -1 7 5 -1 2 -4 1 0 4 -4 5 -2 -1 -3 -5 3 -1 7 5 0 -7 7 - 7 1 2 0 4 -2 -1 -3 -5 0 3 -3 3 12 0 4 1 2 0 4 1 0 2 0 01 -1 5/4 0 1 -1 5/4 0 1 -1 0 01 -1 1 0 0 0 -1/4 0 0 0 1 00 0 0 ) 0 0 0 0 0 0 0 0 Odtud vyplývá, že lineárně nezávislé jsou právě vektory ul, u2,u4, tj. právě ty vektory odpovídající sloupcům, které obsahují první nenulové číslo nějakého řádku. Navíc odsud plyne (viz třetí sloupec) 2 • (-1, 3, -2,1) - (2, -1, -1, 2) = (-4, 7, -3, 0). □ Příklad 6. Pomocí Gram-Schmidtova ortogonalizačního procesu získejte ortogonální bázi podprostoru U = ,x2,x3,x4)T G R4; xl + x2 + x3 + x4 = 0} prostoru R4. Řešení. Množina řešení uvedené homogenní lineární rovnice je zřejmě vektorovým prostorem s bází -1 -1 -1 100 0 , u2 = 1 , u3 = 0 001 Vektory ortogonální báze získané užitím Gram-Schmidtova ortogonalizačního procesu budeme značit vl, v2, v3. Nejprve položme vl = «1. Dále ui V2=U2- -r.-rnr Vx = U2 l|vi||2 Ví resp. zvolme násobek v2 = (—1, —1, 2, 0) . Následně je V3 = U3 «T • Vi l|vi||2 Vi Máme tedy celkem vi IMI2 —1 1 0 V2 = «3 vi ■v2 (-V 3' 3' 3'7 v2 —1 1 2 v3 —1 1 1 V3/ Dodejme, že pro jednoduchost příkladu lze bezprostředně uvést ortogonální bázi z vektorů (1,-1, o, o)T, (0, 0,1,-1)T , (1,1,-1,-1)T nebo (—1,1,1,—1)T, (1,—1,1,—1)T, (—1,—1,1,1)T □ Příklad 7. Nalezněte matici rotace v kladném smyslu o úhel n/3 kolem přímky procházející počátkem s orientovaným směrovým vektorem (1,1, 0) ve standardní bázi R3. Řešení. Uvedené otočení lze získat složením po řadě těchto tří zobrazení: • rotace o n/4 v záporném smyslu podle osy z (osa rotace přejde na osu x); • rotace o n/3 v kladném smyslu podle osy x; • rotace o n/4 v kladném smyslu podle osy z (osa x přejde na osu rotace). Matice výsledné rotace bude součinem matic odpovídajících uvedeným třem zobrazením, přičemž pořadí matic je dáno pořadím provádění jednotlivých zobrazení - prvnímu zobrazení odpovídá v součinu matice nejvíce napravo. Takto dostaneme hledanou matici s i i 4 L 3 i 4 v/6 Ve 4 4 VI \ 4 1 Ve 4 1 2 'VI 2 VI 2 0 VI 2 VI 2 0 0 0 1 0 0 0 °A i Vž V2 / ^~ 2 1 V3 V2 V2 2 2 2 2 \ I 0 0 0 0 1 Uvědomme si, že výslednou rotaci bylo možné získat např. také složením následujících tří zobrazení: • rotace o n/4 v kladném smyslu podle osy z (osa rotace přejde na osu y); • rotace o n/3 v kladném smyslu podle osy y; • rotace o n/4 v záporném smyslu podle osy z (osa y přejde na osu rotace). 1 1 2 6 Analogicky tak dostáváme 4 1 J V2 V2 2 2 2 2 0 0 L 0 0 2 w 2 0 1 0 /3 0 '^2 2 2 2 2 0 0 L 0 □ Příklad 8. Určete matici A, která ve standardní bázi prostoru R3 zadává kolmou projekci do vektorového podprostoru generovaného vektory ui = (—1,1, 0) a u2 = (—1, 0,1). Řešení. Nejprve poznamenejme, že uvedený podprostor je rovinou procházející počátkem s normálovým vektorem u3 = (1,1,1). Uspořádaná trojice (1,1,1) je totiž očividným řešením soustavy —Xi + X2 =0, — Xi + X3 = 0, tj. vektor u3 je kolmý na vektory ui, u2. Podotkněme rovněž, že jsme tento příklad již vyřešili (matici A známe z dřívějšího příkladu). Při dané projekci se vektory ui a u2 musejí zobrazit na sebe a vektor u3 potom na nulový vektor. V bázi složené po řadě z vektorů ui, u2, u3 je proto matice této projekce 100 010 000 Pomocí matic přechodu —1 —1 1 1 0 1 0 1 1, —1 —1 1 0 0 1 od báze (mi,M2,w3) ke standardní bázi a od standardní báze k bázi (tíi,«2, w3) získáme —1 —1 1 1 0 0 A = | 1 0 1 • 010 0 1 1/ \0 0 0, Příklad 9. Zjistěte, zda je množina Ui = {(Xi,X2,X3) G R3; | Xi | = | X2 | podprostorem vektorového prostoru R3 a množina U2 = {ax2 + c; a, c G R} podprostorem prostoru polynomů stupně nejvýše 2. | X3 |} □ 4 6 6 2 4 4 3 i 2 3 3 3 Řešení. Množina U\ není vektorovým (pod)prostorem. Vidíme např., že je (1,1,+ 1,1) = (0, 2, 2) G U. Množina U2 ovšem podprostor tvoří (nabízí se přirozené ztotožnění s R2), protože (aix2 + ci) + (a2x2 + c2) = (ai + a2) x2 + (ci + c2), k • (ax2 + c) = (ka) x2 + kc pro všechna čísla a1, c1, a2, c2, a, c, k G R. □ Příklad 10. Nechť jsou dány libovolné lineárně nezávislé vektory u,t»,w,z ve vektorovém prostoru V. Rozhodněte, zda jsou ve V lineárně závislé, či nezávislé, vektory u — 2t>, 3u + w — z, u — 4w + w + 2z, 4w + 8w + 4z. Řešení. Lze ukázat, že z lineární nezávislosti u,i»,w,z plyne, že uvažované vektory jsou lineárně nezávislé právě tehdy, když jsou lineárně nezávislé vektory (1, —2, 0, 0), (3, 0,1, —1), (1, —4,1, 2), (0, 4, 8, 4). Neboť je 1 —2 0 0 3 0 1 —1 1 —4 1 2 0484 —36 = 0, správná odpověď zní „lineárně nezávislé". □ Příklad 11. Najděte ortogonální doplněk U± podprostoru U = {(x1,x2,x3,x4); x1 = x3,x2 = x3 + 6x4} C R4. Řešení. Ortogonální doplněk U± tvoří právě ty vektory, které jsou kolmé na každé řešení soustavy x1 — x3 = 0, x2 — x3 — 6x4 = 0. Vektor je ovšem řešením této soustavy tehdy a jenom tehdy, když je kolmý na oba vektory (1, 0, —1, 0), (0,1, —1, —6). Je tedy U± = {a • (1, 0, —1, 0) + b • (0,1, —1, —6); a, b G R}. □ Příklad 12. Určete, zda jsou podprostory U = ((2,1, 2, 2)) , V = ((—1, 0, —1, 2), (—1, 0,1, 0), (0, 0,1, —1)) prostoru R4 na sebe kolmé. Pokud ano, je R4 = U © V, tj. je U± = V ? Řešení. Vektor, který zadává podprostor U, je kolmý na každý ze tří vektorů, které generují V. Podprostory jsou tak na sebe kolmé. Avšak není pravda, že R4 = U © V. Podprostor V je totiž pouze dvojdimenzionální, protože (-1, 0,-1, 2) = (-1, 0,1, 0) - 2(0, 0,1,-1). □ Příklad 13. V závislosti na parametru t G R stanovte dimenzi podprostoru U vektorového prostoru R3, je-li U generován vektory (a) ui = (1,1,1), U2 = (1,t, 1), U3 = (2, 2,t); (b) ui = (t,t,t), U2 = (-4t, -4t, 4t), U3 = (-2, -2, -2). Řešení. V prvním případu je dim U = 2 pro t G {1, 2}, jinak je dim U = 3. Ve druhém případu je dim U = 2 pro t = 0 a dim U = 1 pro t = 0. □ Příklad 14. Sestrojte ortogonální bázi podprostoru ((1,1,1,1), (1,1,1,-1), (-1,1,1,1)) prostoru R4. Řešení. Gram-Schmidtovým ortogonalizačním procesem lze obdržet výsledek ((1,1,1,1), (1,1,1, -3), (-2,1,1, 0)). □ Příklad 15. V prostoru R4 nalezněte nějakou ortogonální bázi podprostoru všech lineárních kombinací vektorů (1, 0,1, 0), (0,1, 0, -7), (4, -2, 4,14) a podprostoru generovaného vektory (1, 2, 2,-1), (1,1, -5, 3), (3, 2, 8,-7). Řešení. Při zachování pořadí podprostoru ze zadání jsou ortogonálními bázemi např. ((1, 0,1, 0), (0,1, 0,-7)) a ((1, 2, 2,-1), (2, 3, -3, 2), (2,-1,-1, -2)). □ Příklad 16. Pro jaké hodnoty parametrů a, b G R jsou vektory (1,1, 2, 0, 0), (1,-1, 0,1,a), (1,b, 2, 3,-2) v prostoru R5 po dvou ortogonální? Řešení. Výsledek je a = 9/2, b = —5, neboť musí mj. platit 1 + b + 4 + 0 + 0 = 0, 1 — b + 0 + 3 — 2a = 0. □ Příklad 17. V prostoru R5 uvažujte podprostor generovaný vektory (1,1, —1, —1, 0), (1, —1, —1, 0, —1), (1,1, 0,1,1), (—1, 0, —1,1,1). Najděte nějakou bázi jeho ortogonálního doplňku. Řešení. Hledaná báze obsahuje jediný vektor. Je jím nějaký nenulový skalární násobek vektoru (3, — 7,1, —5, 9). □ Příklad 18. Popište ortogonální doplněk podprostoru V prostoru R4, je-li V generován vektory (—1, 2, 0,1), (3,1, —2, 4), (—4,1, 2, —4), (2, 3, —2, 5). Řešení. Ortogonální doplněk (komplement) V± je množina všech skalárních násobků vektoru (4, 2, 7, 0). □ Příklad 19. V prostoru R5 určete ortogonální doplněk W± podprostoru W, jestliže (a) W = {(r + s + t, —r + t, r + s, —t, s + t); r, s, t G R}; (b) W je množina řešení soustavy rovnic x\ — x3 = 0, x\ — x2 + x3 — x4 + x5 = 0. Řešení. Platí (a) W± = ((1, 0, —1,1, 0), (1, 3, 2,1, —3)); (b) W± = ((1, 0, —1, 0, 0), (1, —1,1, —1,1)). □ Příklad 20. Nechť jsou v prostoru R4 dány vektory (1, —2, 2,1), (1, 3, 2,1). Doplňte tyto dva vektory libovolným způsobem na ortogonální bázi celého R4. (Můžete k tomu využít Gram-Schmidtův ortogonalizační proces.) Řešení. Hledaných doplnění je pochopitelně nekonečně mnoho. Jedním (skutečně jednoduchým) je např. (1, —2, 2,1), (1, 3, 2,1), (1, 0, 0, —1), (1, 0, —1,1). □ Příklad 21. Je množina V = {(1,x); x G R} s operacemi © : V x V — V, © (1,z) = (1,z + y) pro všechna y, z G R, 0 : R x V — V, z 0 (1, y) = (1, y • z) pro všechna y, z G R vektorovým prostorem? Řešení. Lehce se ověří, že se jedná o vektorový prostor. První souřadnice neovlivňuje výpočty součtů vektorů ani hodnoty skalárních násobků vektorů: jedná se o přeznačený prostor (R, +, •). □ Příklad 22. Pro jaké hodnoty parametrů a, b, c G R jsou vektory (1,1,a, 1), (1,b, 1,1), (c, 1,1,1) lineárně závislé? Řešení. Vektory jsou závislé, je-li splněna alespoň jedna z podmínek a = b = 1, a = c = 1, b = c = 1. □ Příklad 23. Nechť je dán vektorový prostor V a nějaká jeho báze složená z vektorů u, v, w, z. Zjistěte, zda jsou vektory u - 3v + z, v - 5w - z, 3w - 7z, u - w + z lineárně (ne)závislé. Řešení. Vektory jsou lineárně nezávislé. □ Příklad 24. Doplňte vektory 1 - x2 + x3, 1 + x2 + x3, 1 - x - x3 na bázi prostoru polynomů stupně nejvýše 3. Řešení. Stačí připojit např. polynom x. □ Příklad 25. Tvoří matice 1 0 , 1 4 1 -2/, V0 -1 1 -2 0 -1 3 0 0 3 bázi vektorového prostoru čtvercových dvourozměrných matic? Řešení. Uvedené čtyři matice jsou jako vektory v prostoru 2 x 2 matic lineárně nezávislé. Vyplývá to z toho, že matice 1 1 -5 1 0 4 0 -2 1 0 3 0 -2 -1 0 3 je tzv. regulární (tj. její hodnost je rovna rozměru; tj. lze z ní pomocí řádkových elementárních transformací obdržet jednotkovou matici; tj. existuje k ní matice inverzní; tj. má nenulový determinant, roven 116; tj. jí zadaná homogenní soustava lineárních rovnic má pouze nulové řešení; tj. každý nehomogenní lineární systém s levou stranou určenou touto maticí má právě jedno řešení; tj. obor hodnot lineárního zobrazení, jež zadává, je vektorový prostor dimenze 4; tj. toto zobrazení je injektivní). □