Cvičení z lineární algebry 40 Vít Vondrák
Cvičení č. 9
Lineární zobrazení. Jádro a obor hodnot. Matice lineárního zobrazení.
Lineární zobrazení
Definice:
Zobrazení VUA : , kde U a V jsou vektorové prostory se nazývá lineární, jestliže
)()(:.2
)()()(:,.1
uAuAUuR
vAuAvuAUvu
 =
+=+
Množinu všech lineárních zobrazení U do V značíme ),( VULA .
Příklad:
Rozhodněte, zda-li zobrazení 23
: RRA  definované předpisem
],[]),,([ 3221321 xxxxxxxA +-=
je lineární.
Řešení:
1. )()()(:, 3
vAuAvuARvu +=+
Zvolme ],,[],,,[ 321321 vvvvuuuu == . Pak
)()(],[],[],[
)]()(),()[(]),,([)(
3221322132322121
33222211332211
vAuAvvvvuuuuvvuuvvuu
vuvuvuvuvuvuvuAvuA
+=+-++-=+++-+-=
=++++-+=+++=+
2. )()(:3
uAuARuR  = .
)(],[
)](),([)]()(),()[(]),,([)(
3221
32213221321
uAuuuu
uuuuuuuuuuuAuA


=+-
=+-=+-==
Z 1. a 2. tedy vyplývá, že zobrazení A je lineární. 
Příklad:
Rozhodněte, zda-li zobrazení 23: PPD  definované předpisem
cbxaxxpPpbaxpD ++=+= 2
3 )(:,2)(
je lineární.
Řešení:
1. )()()(:, 3 qDpDqpDPqp +=+ .
Zvolme fexdxqcbxaxxp ++=++= 22
,)( . Pak
( )
)()(
22)()(2)()()()( 2
qDpD
edxbaxebxdafcxebxdaDqpD
+=
=+++=+++=+++++=+
2. )()(:3 pDpDPpR  = .
( ) )()2()()(2)()()()( 2
pDbaxbxacxbxaDpD  =+=+=++=
Z 1. a 2. tedy vyplývá, že zobrazení D je lineární. 
Příklad:
Rozhodněte, zda-li zobrazení 2
3: RPB  definované předpisem
Cvičení z lineární algebry 41 Vít Vondrák
cbxaxxpPpcbapB ++=++= 2
3
2
)(:],1,[)(
je lineární.
Řešení:
1. )()()(:, 3 qBpBqpBPqp +=+ .
Zvolme fexdxqcbxaxxp ++=++= 22
,)( . Pak
( )
)()(]1,2[)()(
]1,2[]1,[]1,[]111,2[
]1)()(,)[()()()()(
2222
22
qDpDadqDpD
adfedcbafecbdada
fcebdafcxebxdaDqpD
+-++
=-++++++=-+++++++=
=+++++=+++++=+
Zobrazení B tedy není lineární. 
Věta:
Je-li ),( VULA pak pro libovolné skaláry n ,...,1 a vektory Uvv n ,...,1 platí
)(...)()...( 1111 nnnn vAvAvvA  ++=++ .
Důsledek:
Lineární zobrazení je jednoznačně definováno obrazy vektorů báze.
Příklad:
Je dáno lineární zobrazení 23
: RRA  definované předpisy
].0,1[])1,0,1([
],1,1[])1,1,0([
],2,1[])0,1,1([
-=
=
=
A
A
A
Určete obraz ])1,1,2([ -A a takové 3
Rx  aby ]1,3[)( -=xA .
Řešení:
A. ?])1,1,2([ =-A
Jelikož, jsou dány obrazy báze 3
R , můžeme nalézt takové 321 ,,  , že
],,[]1,1,2[
]1,0,1[]1,1,0[]0,1,1[]1,1,2[
322131
321


+++=-
++=Odtud
dostáváme soustavu 3 rovnic o 3 neznámých:
1
1
2
32
21
31
-=+
=+
=+



kterou řešíme Gaussovou eliminační metodou
0
1
2
0
1
2
200
110
101
~
1
1
2
110
110
101
~
1
1
2
110
011
101
3
2
1
2
1
=
-=
=










--
-









-
---










- 


r
r
Podle předchozí věty pak můžeme psát
].3,1[]0,1[0]1,1)[1(]2,1[2]0,1[]1,1[]2,1[
])1,0,1([])1,1,0([])0,1,1([])1,0,1[]1,1,0[]0,1,1[(])1,1,2([
321
321321
=-+-+=-++=
=++=++=-

 AAAAA
Cvičení z lineární algebry 42 Vít Vondrák
Vektor [2,1,-1] se tedy zobrazí na vektor [1,3], tj. ].3,1[])1,1,2([ =-A
B. ?,3
= xRx , ]1,3[)( -=xA
Zkusíme tedy zjistit, zda-li se dá vektor [3,-1] vyjádřit jako kombinace obrazů, pro které
máme předepsáno zobrazení.
Dostáváme tedy soustavu 2 rovnic o 3 neznámých
12
3
21
321
-=+
=-+


Soustavu řešíme Gaussovou eleminační metodou:








--
-
-







-
-
7
3
210
111
~
21
3
012
111
1r
Volíme Rtt = ,3 a dostáváme tt --=+= 4,27 12  .
Vektor [3,-1] lze tedy vyjádřit jako lineární kombinaci obrazů. Kdyby tomu tak nebylo,
pak by vektor [3,-1] nepatřil do oboru hodnot a pak by neexistoval žádný vektor ,3
Rx 
takový, že ]1,3[)( -=xA .
Každopádně můžeme psát
Rtttt -+++--=- ],0,1[]1,1)[27(]2,1)[4(]1,3[
a tedy
( ) ( ) .,]37,3,4[]1,0,1[]1,1,0)[27(]0,1,1)[4(
])1,0,1([])1,1,0([)27(])0,1,1([)4()(
RtttAtttA
tAAtAtxA
++-=+++--=
=+++--=
Odtud tedy dostáváme, že ]1,3[)( -=xA pro Rtttx ++-= ],37,3,4[ .
Na vektor [3,-1] se tedy zobrazí celá množina vektorů
{ } { }RttxRxRtttxRx +-==++-= ,]3,1,0[]7,3,4[:],37,3,4[: 33
. 
Jádro a obor hodnot lineárního zobrazení
Definice:
Jádrem lineárního zobrazení je množina { }ouAUuAN == )(:)( .
Oborem hodnot lineárního zobrazení ),( VULA je množina
{ }vuAUuVvAH == )(,:)( .
Věta:
Nechť ),( VULA . Pak jádro tvoří podprostor U a obor hodnot tvoří podprostor V.
Příklad:
Je dáno lineární zobrazení 33
: RRA  definované předpisy
].1,1,0[])1,0,1([
],0,1,1[])1,1,0([
],1,2,1[])0,1,1([
=
=
=
A
A
A
Nalezněte jádro a obor hodnot tohoto zobrazení a určete jejich dimenze.
Řešení:
Cvičení z lineární algebry 43 Vít Vondrák
A. Hledáme 3
Rx  takové, že oxA =)( . Tato úloha je analogická případu B. v předchozím
příkladě. Hledáme tedy takovou lineární kombinaci, aby
],2,[]0,0,0[
]1,1,0[]0,1,1[]1,2,1[]0,0,0[
3132121
321


++++=
++=
Odtud dostáváme soustavu 3 rovnic o 3 neznámých:
0
02
0
31
321
21
=+
=++
=+



kterou řešíme Gaussovou eliminační metodou
Rtt
t
t
rr
r
=
=
-=










-
-









-
-
-
-










,000
110
011
~
110
110
011
~2
101
112
011
3
2
1
21
1



Rtttt ++-= ],1,1,0[]0,1,1[]1,2,1[]0,0,0[ .
Tuto rovnici můžeme přepsat do tvaru
( ) ( ).]2,0,0[]1,0,1[]1,1,0[]0,1,1[])1,0,1([])1,1,0([])0,1,1([)( tAtttAtAtAtAxA =++-=++-=
Odtud dostáváme, že ]0,0,0[)( =xA pro Rttx = ],2,0,0[ .
Jádrem A je tedy množina { } ]2,0,0[],2,0,0[:)( 3
=== RttxRxAN .
Jelikož samotný vektor ]2,0,0[ je lineárně nezávislý, tvoří taktéž bázi N(A) a dimN(A)=1.
B. Pokud chceme určit obor hodnot H(A), musíme určit takové 3
Ry  , že existuje
3
Rx  a yxA =)( .
Vezměme tedy libovolné 3
321 ],,[ Ryyyy = . Ptáme se, zda-li se dá tento vektor vyjádřit
jako lineární kombinace obrazů vektorů báze, pro které máme předepsáno zobrazení A.
],2,[],,[
]1,1,0[]0,1,1[]1,2,1[],,[
3132121321
321321


++++=
++=
yyy
yyy
Odtud dostáváme soustavu 3 rovnic o 3 neznámých se 3 parametry Ryyy 321 ,, :
331
2321
121
2
y
y
y
=+
=++
=+



kterou řešíme Gaussovou eliminační metodou










+-
--
-









-
-
-
-
-
-










123
12
1
213
12
1
1
1
3
2
1
2
000
110
011
~2
110
110
011
~2
101
112
011
yyy
yy
y
ryy
yy
y
r
r
y
y
y
Z poslední matice je zřejmé, že soustava má řešení pouze je-li 0123 =+- yyy . Pro
takové vektory existuje řešení Rttyytyyt -+-=+-== ,,2, 2112123  . Potom
platí, že
])1,0,1[]1,1,0[]0,1,1[(])1,0,1([])1,1,0([])0,1,1([)(
]1,1,0[]0,1,1[]1,2,1[],,[
321321
321321


++=++=
++=
AAAAxA
yyy
Odtud dostáváme, že pro vektory 3
321 ],,[ Ryyyy = takové, že 0123 =+- yyy existují
vzory
Cvičení z lineární algebry 44 Vít Vondrák
.],22,,[
]1,0,1[]1,1,0)[2(]0,1,1)[(]1,0,1[]1,1,0[]0,1,1[
21121
2121321
Rttyyyyy
ttyytyyx
+-+-=
=++-+-+-=++= 
Obor hodnot má tedy tvar
{ } { }
{ } .]1,1,0[],1,0,1[,:]1,1,0[]1,0,1[
,:],,[0:],,[)(
2121
21
3
2121123
3
321
-=+-=
=+-==+-=
Ryyyy
RyyRyyyyyyyRyyyAH
Z posledního je patrné, že vektory ]1,1,0[],1,0,1[ - tvoří bázi H(A) a tudíž dim H(A) =2.
Matice lineárního zobrazení
Definice:
Nechť ),( VULA a nechť ),...,( 1 meeE = je báze U a ),...,( 1 nffF = je báze V. Maticí
lineárního zobrazení A rozumíme matici
[ ],)]([,...,)]([][ 1, FmFFE eAeAA =
kde souřadnicové vektory FieA )]([ uvažujeme jako sloupcové.
Věta:
Nechť ),( VULA a nechť ),...,( 1 meeE = je báze U a ),...,( 1 nffF = je báze V. Pak platí
.,][][)]([ , UuuAuA EFEF =
Příklad:
Pro lineární zobrazení 23: PPD  definované předpisem
cbxaxxpPpbaxpD ++=+= 2
3 )(:,2)(
sestavte matici vzhledem k bázím 2
321321 )(,)(,1)(),,,( xxexxexeeeeE ==== a
1)(,1)(),,( 2121 -=+== xxfxxfffF . Nalezněte souřadnice obrazu mnohočlenu
32)( 2
+-= xxxp vzhledem k bázi F.
Řešení:
Abychom mohli sestavit matici [ ],)]([,)]([,)]([][ 321, FFFFE eDeDeDD = musíme nejdříve určit
obrazy vektorů báze E, tj. .2)(,1)(,0)( 321 xeDeDeD ===
Dále musíme určit souřadnice těchto obrazů vzhledem k bázi F. Tzn. musíme řešit 3 rovnice
).(
),(
),(
32211
22211
12211
eDff
eDff
eDff
=+
=+
=+



Tyto 3 rovnice mají stejné levé strany a liší se pouze v pravých stranách. Proto rozepíšeme
pouze první rovnici a ostatní budou analogické.
.0)()(
,0)1()1(
2121
21
=+++
=-++


x
xx
Toto vede na soustavu
0
0
21
21
=-
=+


Cvičení z lineární algebry 45 Vít Vondrák
Pro neznámé  a  se pak změní pravé strany a tak můžeme řešit všechny 3 úlohy najednou
pomocí Gauss-Jordanovy metody se 3 různými pravými stranami.



=-==
===








-
-








--







---







-
10
10
10
10
10
01
~
~
10
200
10
11
~
)(210
200
20
11
~
010
200
11
11
22
1
22
12
1
11
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1


r
r
°
Odtud
.
1
1
)]([,)]([,
0
0
)]([ 3
2
1
2
1
21 





=





-
=





= FFF eDeDeD
Hledaná matice má tedy tvar
.
10
10
][
2
1
2
1
, 





-
=FED
Pokud chceme určit souřadnice obrazu vektoru p vzhledem k bázi F, pak nejdříve vypočteme
souřadnice










-=
1
2
3
][ Ep , neboť 321 23 eeep +-= . Pak






=










-





-
==
2
0
1
2
3
10
10
][][)]([
2
1
2
1
, EFEF pDpD .
Lehce se dá ověřit, že .2022)( 2ffxpD +=-= 
Příklad:
Je dáno lineární zobrazení 23: PPD  z předchozího příkladu. Určete takový vzor 3Pp 
aby 1)( += xpD .
Řešení:
K řešení využijeme matici zobrazení D, kterou jsme sestavili v předchozím příkladě. Pro
matici lineárního zobrazení totiž platí EFEF pDpD ][][)]([ ,= , kde E je báze 3P a F je báze 2P .
Jelikož souřadnice obrazu 1)( += xpD vzhledem k bázi F jsou ]0,1[)]([ =FpD můžeme
souřadnice ],,[][ 321 xxxp E = hledaného mnohočlenu p vzhledem k bázi E určit ze soustavy
lineárních rovnic FEFE pDpD )]([][][ , = . Řešíme tedy Gaussovou eliminační metodou.
















+







- 1
2
200
210
~
2
1
1
200
10
~
0
1
10
10 2
1
12
1
2
1
r
Jelikož u neznámé 1x není vedoucí prvek volíme ji za parametr a tedy Rttx = ,1 . Dále
dostáváme 2
1
32 ,1 == xx . Souřadnice hledaného vzoru p vzhledem k bázi E jsou tedy
Rttp E = ],,1,[][ 2
1
. Hledaný vzor má tedy tvar
Rtxxtxexextexp ++=++= ,)()(1)()( 2
2
1
12
1
21 .