MA0005 Algebra 2 – Sbírka řešených příkladů
Lukáš Másilko
4. července 2024
Cvičení 10
Převážnou část posledního cvičení věnujeme vlastním číslům a vlastním vektorům
lineární transformace φ : V → V vektorového prostoru V . Ve Skriptech
je tomu věnována Kapitola 11 (Týden 11) na str. 109–114. Na závěr si
ukážeme dva příklady využívající vaše dosavadní znalosti o lineárních zobra-
zeních.
Obsah
10.1 Vlastní čísla a vlastní vektory 2
10.2 Motivační příklady na lineární zobrazení 7
Výsledky příkladů 13
Katedra matematiky Pedagogické fakulty MU, podzim 2023
1
10.1 Vlastní čísla a vlastní vektory
Vlastním vektorem (směrem) lineární transformace φ : V → V rozumíme
vektor ⃗v ∈ V takový, že
φ(⃗v) = λ · ⃗v.
Číslo λ se nazývá vlastní číslo (hodnota) příslušející vlastnímu vektoru ⃗v,
který se tedy pomocí φ zobrazí na svůj vlastní λ-násobek. Platí, že vlastní
vektory jsou lineárně nezávislé, a každý z nich tvoří vektorový podprostor.
Řešený příklad 10.1.a
Zadání1
Lineární transformace φ : R3
→ R3
je zadána maticí
C =


1 0 0
−1 3 0
3 2 −2

 .
Najděte vlastní vektory (směry) a vlastní čísla (hodnoty) této transformace.
Řešení
Z definice vlastního vektoru platí (φ(⃗v) =) C · ⃗v = λ · ⃗v. Pokud tuto rovnici
vynásobíme zleva jednotkovou maticí a upravíme, dostáváme:
C · ⃗v = λ · ⃗v / · E
E · C · ⃗v = λ · E · ⃗v
C · ⃗v − λ · E · ⃗v = ⃗0
⃗v · (C − λ · E) = ⃗0
Je patrné, že vektor ⃗v leží v jádru transformace dané maticí C−λ·E. Hledáme
číslo λ tak, aby byl tento vektor nenulový. V jádru takové transformace leží
nenulový vektor právě tehdy, když má systém ⃗v · (C − λ · E) = ⃗0 nekonečně
mnoho řešení, tedy determinant matice C − λ · E je nulový. To znamená
0 = |C − λ · E| =
1 − λ 0 0
−1 3 − λ 0
3 2 −2 − λ
= (1 − λ) · (3 − λ) · (−2 − λ)
Rovnice (1 − λ) · (3 − λ) · (−2 − λ) = 0 platí pro tři různé vlastní hodnoty,
k nimž najdeme vlastní vektory:
• λ1 = 1 : dosadíme do systému ⃗v·(C−λ·E) = ⃗0 a spočítáme jeho řešení:


1−1 0 0
−1 3−1 0
3 2 −2−1

 ∼


0 0 0
−1 2 0
3 2 −3


škrtni
+3r2
∼
−1 2 0
0 8 −3
Zpětným chodem začneme u druhé rovnice 8x2 − 3x3 = 0. Položíme
x3 = t, t ∈ R, platí 8x2 = 3t, z čehož x2 = 3
8
t. Vyjádření x2 dosadíme
1
Úloha 11.6 ze Skript na str. 116
2
do 1. rovnice −x1 + 2x2 = 0. Dostaneme −x1 + 2 · 3
8
t = 0, z čehož
dostáváme x1 = 6
8
t. Vlastním vektorem odpovídajícím vlastní hodnotě
λ1 = 1 je vektor
⃗v1 =


6/8
3/8
1

 ∼


6
3
8

 .
• λ2 = 3 : dosadíme do systému ⃗v·(C−λ·E) = ⃗0 a spočítáme jeho řešení:


1−3 0 0
−1 3−3 0
3 2 −2−3

 ∼


−2 0 0
−1 0 0
3 2 −5


−2r2
+3r2
∼


0 0 0
−1 0 0
0 2 −5


Zpětným chodem začneme u poslední rovnice 2x2 − 5x3 = 0. Položíme
x3 = t, t ∈ R, tedy platí 2x2 = 5t, z čehož x2 = 5
2
t. Zbývající nenulový
řádek znamená rovnici −x1 = 0, z níž rovnou dostaneme x1 = 0.
Vlastním vektorem odpovídajícím vlastní hodnotě λ2 = 3 je vektor
⃗v2 =


0
5/2
1

 ∼


0
5
2

 .
• λ3 = −2 : dosadíme do systému ⃗v · (C − λ · E) = ⃗0 a spočítáme jeho
řešení:


1 − (−2) 0 0
−1 3 − (−2) 0
3 2 −2 − (−2)

 ∼


3 0 0
−1 5 0
3 2 0


+3r2
+3r2
∼


0 0 0
−1 5 0
0 17 0


škrtni
∼
−1 5 0
0 17 0
Zpětným chodem začneme u druhého řádku, který znamená rovnici
17x2 = 0, z níž rovnou vychází x2 = 0. První řádek můžeme přepsat do
rovnice −x1 + 5x2 = 0. Dosadíme do ní x2 a máme x1 = 0. Zřejmě x3
může nabývat libovolné hodnoty, tedy x3 = t, t ∈ R. Vlastním vektorem
odpovídajícím vlastní hodnotě λ3 = −2 je vektor
⃗v3 =


0
0
1

 .
Řešený příklad 10.1.b
Zadání
Lineární transformace φ : R3
→ R3
je zadána maticí
Aφ =


−1 2 0
2 3 −1
0 −1 −1

 .
3
Najděte vlastní vektory (směry) a vlastní čísla (hodnoty) této transformace.
Řešení
Z definice vlastního vektoru ⃗v platí rovnice Aφ · ⃗v = λ · ⃗v, po jejíž úpravě
dostaneme
⃗v · (Aφ − λ · E3) = ⃗0,
Spočítáme determinant matice Aφ − λ · E3 a položíme jej roven nule:
|Aφ − λ · E| =
−1 − λ 2 0
2 3 − λ −1
0 −1 −1 − λ
= (−1 − λ)2
· (3 − λ) − [(−1 − λ) · (−1)2
+ (−1 − λ) · 22
]
= (1 + 2λ + λ2
) · (3 − λ) + 1 + λ + 4 + 4λ
= [3 + 6λ + 3λ2
− λ − 2λ2
− λ3
] + 5 + 5λ
= −λ3
+ λ2
+ 10λ + 8 = 0
Poslední rovnici vynásobíme −1, čímž dostaneme kubickou rovnici
λ3
− λ2
− 10λ − 8 = 0,
pro níž se pokusíme najít celočíselné kořeny pomocí Hornerova schématu:
1 −1 −10 −8
1 1 0 −10 −18
−1 1 −2 −8 0
−1 1 −3 −5
2 1 0 −8
−2 1 −4 0
4 1 0
Zeleně jsme vyznačili kořeny kubické rovnice odpovídající vlastním číslům, k
nimž nyní najdeme vlastní vektory:
• λ1 = −1 dosadíme do systému Aφ − λ · E = 0 a najdeme řešení:


−1 − (−1) 2 0
2 3 − (−1) −1
0 −1 −1 − (−1)

 ∼


0 2 0
2 4 −1
0 −1 0


+2r3
+4r3 ∼


0 0 0
2 0 −1
0 −1 0


škrtni
∼
2 0 −1
0 −1 0
Zpětný chod: druhý řádek je rovnicí −x2 = 0, z čehož okamžitě dostáváme
x2 = 0. První řádek znamená rovnici 2x1 − x3 = 0. Zvolíme
x3 = t, t ∈ R a dosadíme: 2x1 − t = 0, z čehož po úpravě dostáváme
x1 = 1
2
t. Vlastním vektorem odpovídajícím vlastní hodnotě λ1 = −1 je
vektor
⃗v1 =


1/2
0
1

 ∼


1
0
2

 .
4
• λ2 = −2 dosadíme do systému Aφ − λ · E = 0 a najdeme řešení:


−1 − (−2) 2 0
2 3 − (−2) −1
0 −1 −1 − (−2)

 ∼


1 2 0
2 5 −1
0 −1 1

 −2r1 ∼


1 2 0
0 1 −1
0 −1 1


+r2
∼


1 2 0
0 1 −1
0 0 0


škrtni
∼
1 2 0
0 1 −1
Zpětný chod: druhý řádek je rovnicí x2 − x3 = 0, z čehož okamžitě
dostáváme x2 = x3. Zvolíme x3 = t, t ∈ R, a tedy: x2 = t. První řádek
přepíšeme do rovnice x1 + 2x2 = 0, dosadíme za x2 a po úpravě dostáváme
x1 = −2t. Vlastním vektorem odpovídajícím vlastní hodnotě
λ2 = −2 je vektor
⃗v2 =


−2
1
1

 .
• λ3 = 4 dosadíme do systému Aφ − λ · E = 0 a najdeme řešení:


−1 − 4 2 0
2 3 − 4 −1
0 −1 −1 − 4

 ∼


−5 2 0
2 −1 −1
0 −1 −5

 5r2 + 2r1 ∼


−5 2 0
0 −1 −5
0 −1 −5


−r2
∼


−5 2 0
0 −1 −5
0 0 0


škrtni
∼
−5 2 0
0 −1 −5
Zpětný chod: druhý řádek je rovnicí −x2 − 5x3 = 0, z čehož dostáváme
x2 = −5x3. Zvolíme x3 = t, t ∈ R, a tedy: x2 = −5t. První řádek
přepíšeme do rovnice −5x1 + 2x2 = 0, dosadíme za x2 a po úpravě dostáváme
x1 = −2t. Vlastním vektorem odpovídajícím vlastní hodnotě
λ3 = 4 je vektor
⃗v3 =


−2
−5
1

 .
Poznámka: Všimněte si u předchozího příkladu matice Aφ. Je totiž symetrická.
To má za následek několik faktů:
1. Vlastní vektory ⃗v1,⃗v2,⃗v3 tvoří ortogonální bázi transformace φ, viz
Skripta a Věta 29 na str. 113.
2. K transformaci φ existuje dle Věty 30 (viz Skripta, str. 113) diagonální
matice D složená z vlastních čísel na hlavní diagonále:
D =


−1 0 0
0 −2 0
0 0 4


Podrobněji viz Skripta a text na str. 113–114 věnovaný podobným maticím
a diagonální maticím lineární transformace φ, jejíž matice Aφ je symetrická.
5
Řešený příklad 10.1.c
Zadání
Lineární transformace φ : R3
→ R3
je zadána maticí ve standardní bázi:
Aφ =


1 2 −3
2 4 −6
x −2 3

 .
Vlastními čísly φ jsou λ1 = 8, λ2,3 = 0.
1. Vypočítejte hodnotu prvku x.
2. Určete vlastní vektory lineární transformace φ odpovídající vlastním
číslům λ1 = 8, λ2,3 = 0.
Řešení
Spočítejme nejdříve determinant z matice Aφ − λ · E:
|Aφ − λ · E| =
1 − λ 2 −3
2 4 − λ −6
x −2 3 − λ
= +[(1 − λ) · (4 − λ) · (3 − λ) + 2 · (−2) · (−3) + x · 2 · (−6)]
−[x · (4 − λ) · (−3) + (1 − λ) · (−2) · (−6) + 2 · 2 · (3 − λ)]
= (1 − λ) · (4 − λ) · (3 − λ) + 12 − 12x + 12x − 3xλ − 12 + 12λ − 12 + 4λ
= (1 − λ) · (4 − λ) · (3 − λ) − 3xλ + 16λ − 12
Když do posledního výrazu, který položíme roven 0, dosadíme obě vlastní
čísla, měli bychom zjistit hodnotu neznámé x:
• λ = 0 : (1 − 0) · (4 − 0) · (3 − 0) − 3x · 0 + 16 · 0 − 12 = 12 − 12 = 0.
• λ = 8 : (1 − 8) · (4 − 8) · (3 − 8) − 3x · 8 + 16 · 8 − 12 = −24 − 24x = 0,
z čehož x = −1.
Nyní určíme vlastní vektory k vlastním číslům λ1 = 8, λ2,3 = 0:
• λ1 = 8 dosadíme do systému Aφ − λ · E = 0 a najdeme řešení:


1 − 8 2 −3
2 4 − 8 −6
−1 −2 3 − 8

 ∼


−7 2 −3
2 −4 −6
−1 −2 −5


↓2
↑2
∼


−1 −2 −5
2 −4 −6
−7 2 −3

 +2r1
−7r1
∼


−1 −2 −5
0 −8 −16
0 16 32


+2r2
∼


−1 −2 −5
0 −8 −16
0 0 0


Zpětný chod: poslední nenulový řádek je rovnicí −8x2 − 16x3 = 0. Pokud
zvolíme x3 = t, t ∈ R a dosadíme do uvedené rovnice, dostaneme po
úpravě x2 = −2t. Obě vyjádření vložíme do rovnice −x1 −2x2 −5x3 = 0
vyjadřující první řádek matice. Dostaneme −x1 + 2t − 5t = 0, z čehož
6
x1 = −3t. Vlastním vektorem odpovídajícím vlastní hodnotě λ1 = 8 je
vektor
⃗v1 =


−3
−2
1

 .
• λ2,3 = 0 dosadíme do systému Aφ − λ · E = 0 a najdeme řešení:


1 − 0 2 −3
2 4 − 0 −6
−1 −2 3 − 0

 ∼


1 2 −3
2 4 −6
−1 −2 3

 −2r1
+r1
∼


1 2 −3
0 0 0
0 0 0


Zpětný chod: jediný nenulový řádek je rovnicí x1 + 2x2 − 3x3 = 0. Pokud
zvolíme x2 = s, x3 = t, s, t ∈ R a dosadíme do uvedené rovnice,
dostaneme x1 + 2s − 3t = 0, z čehož x1 = −2s + 3t. Vlastními vektory
odpovídajícími vlastní hodnotě λ2,3 = 0 jsou vektory příslušející
parametrům s, t:
⃗v2 =


−2
1
0

 , ⃗v3 =


3
0
1

 .
Příklad 10.1.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Lineární transformace φ : R3
→ R3
je zadána maticí
Aφ =


2 1 −3
3 −2 −3
1 1 −2

 .
Najděte vlastní vektory (směry) a vlastní čísla (hodnoty) této transformace.
Příklad 10.1.e (pouze s výsledkem)
Zadání
Lineární transformace φ : R3
→ R3
je zadána maticí ve standardní bázi:
Aφ =


1 1 2
0 2 2
x 1 3

 .
Vlastními čísly φ jsou λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.
1. Vypočítejte hodnotu prvku x.
2. Určete vlastní vektory lineární transformace φ odpovídající vlastním
číslům λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3.
10.2 Motivační příklady na lineární zobrazení
Na závěr 10. cvičení i celé sbírky nabízíme dva řešené příklady, v nichž chceme
ukázat, jak „hezky se dají použít znalosti a dovednosti získané v celém kurzu
MA0005 Algebra 2.
7
Řešený příklad 10.2.a
Zadání2
Určete matici AS zobrazení φ (ve standardní bázi), které překlopí vektory
prostoru R2
podle přímky p : x − 2y = 0.
Nápověda: Zkuste najít jinou bázi α, vhodnější než standardní, pro níž
bude snadné určit matici zobrazení Aα, které překlápí vektory podle zadané
přímky. Pomocí matic přechodu a jejich kombinací s Aα potom snadno dostaneme
matici AS.
Řešení
1. Volba báze
Budeme se držet nápovědy a hledat vhodnější bázi α. Jsme v prostoru R2
,
báze by tedy měla obsahovat dva lineárně nezávislé vektory. Jako první volme
vektor ⃗α1 ležící na přímce p, například
⃗α1 =
2
1
.
Ten se překlopením zobrazí sám na sebe. Druhý vektor báze volíme tak,
aby bylo snadné jej „překlopit podle přímky x − 2y = 0 a zároveň nebyl
lineárně závislý na ⃗α1. Pokud například určíme ⃗α2 =
−1
2
, který je kolmý
k přímce p, jeho překlopením dostaneme vektor
1
−2
opačný k vektoru
⃗α2. Názorně jsou vektory vidět na Obrázku 1.
Obrázek 1: Vektory ⃗α1, ⃗α2 nově zvolené báze
2
Viz video „Matice přechodu a zobrazení motivačně na webové stránce
www.isibalo.com/matematika/linearni-algebra/
matice-prechodu-a-zobrazeni-motivacne.
8
2. Nalezení matice zobrazení v nově zvolené bázi
Matici zobrazení φ,
Aα =
a b
c d
,
v nově zvolené bázi α vytvoříme na základě obrazů bázových vektorů, které
jsme si stanovili. Je však třeba nejdříve najít jejich souřadnice v bázi α.
Pro první vektor ⃗α1 zadaný ve standardní bázi hledáme souřadnice x1, x2
takové, aby
2
1 S
= x1 ·
2
1
+ x2 ·
−1
2
⇒
2
1 S
=
1
0 α
Druhý bázový vektor ⃗α2 se zobrazí na vektor − ⃗α2 k němu opačný. Oba
je máme zadané ve standardní bázi, proto hledáme souřadnice v bázi α, tj.
koeficienty y1, y2, z1, z2 ∈ R takové, aby
−1
2 S
= y1 ·
2
1
+ y2 ·
−1
2
⇒
−1
2 S
=
0
1 α
1
−2 S
= z1 ·
2
1
+ z2 ·
−1
2
⇒
1
−2 S
=
0
−1 α
Nyní je možné přistoupit ke spočítání prvků matice Aα zobrazení φ pro
vektory zadané v bázi α. Víme, že
φ( ⃗α1) =
a b
c d
·
1
0
=
1
0
φ( ⃗α2) =
a b
c d
·
0
1
=
0
−1
Z uvedených systémů sestavíme rovnice, přičemž sdružíme k sobě ty odpovídající
koeficientům a, b a ty, které nám umožní spočítat c, d:
φ( ⃗α1) : a · 1 + b · 0 = 1, c · 1 + d · 0 = 0
φ( ⃗α2) : a · 0 + b · 1 = 0, c · 0 + d · 1 = −1
Po jednoduchých úpravách máme matici Aφ:
Aα =
1 0
0 −1
,
3. Nalezení matic přechodu
Abychom pomocí matice Aα mohli určit matici zobrazení AS podle standardní
báze, je třeba nalézt matice přechodu mezi bázemi S a α. Nalezení
matice přechodu Pα→S je jednodušší. Vektory báze α jsou totiž zadány vzhledem
ke standardní bázi, jejich souřadnice tedy pouze sloupcově vložíme do
matice přechodu:
Pα→S =
2 −1
1 2
9
Opačnou matici přechodu AS→α je možné vypočítat tak, že nalezneme inverzní
matici k Pα→S.
2 −1 1 0
1 2 0 1
∼
2 −1 1 0
0 5 −1 2
∼
10 0 4 2
0 5 −1 2
∼
1
5
·
1 0 2 1
0 1 −1 2
Je tedy
PS→α =
1
5
·
2 1
−1 2
.
4. Nalezení matice zobrazení AS
Abychom pomocí matice Aα a matic přechodu určili matici AS ve standardní
bázi, je třeba provést následující tři kroky:
1. Vektor (⃗u)S ve standardní bázi převést do báze α, tj. určit (⃗u)α.
2. Pomocí matice zobrazení Aα najít obraz vektoru (⃗u)α, tj. určit (φ(⃗u))α.
3. Obraz vektoru ⃗u v bázi α převést zpátky do standardní báze S, tj. najít
(φ(⃗u))S.
K těmto akcím nám postupně poslouží matice PS→α, Aα, Pα→S. Jejich složením
dostaneme kýženou matici AS, což pro nás vlastně znamená je vynásobit
ve správném pořadí:
AS · ⃗u = (Pα→S · Aα · PS→α) · ⃗u
AS = Pα→S · Aα · PS→α
Jednodušší bude začít součinem Pα→S · Aα:
Pα→S · Aα =
2 −1
1 2
·
1 0
0 −1
=
2 1
1 −2
Následně můžeme tuto matici vynásobit maticí přechodu PS→α:
2 1
1 −2
·
1
5
·
2 1
−1 2
=
1
5
·
2 1
1 −2
·
2 1
−1 2
=
1
5
·
3 4
4 −3
Máme tedy hledanou matici AS:
AS =
1
5
·
3 4
4 −3
Řešený příklad 10.2.b
Zadání
Nalezněte vlastní čísla a vlastní vektory lineární transformace φ prostoru R2
zadané maticí
AS =
5 3
3 5
ve standardní bázi. Následně ověřte, že body [x, y] jednotkové kružnice (tj.
vektory (x, y)) se pomocí zobrazení φ zobrazí na body elipsy, jejíž délky
poloos budou rovny vlastním číslům.
10
Řešení
1. Nalezení vlastních čísel a vlastních vektorů
Standardním způsobem najdeme vlastní čísla a vlastní vektory zobrazení φ.
|AS−λ·E| = (5−λ)2
−9 = 25−10·λ+λ2
−9 = λ2
−10λ+16 = (λ−2)·(λ−8) = 0
Vlastní čísla: λ1 = 2, λ2 = 8.
Vlastní vektory: Najdeme řešení systému AS − λ · E = 0 dosazením λ1 = 2
a λ2 = 8 místo λ.
1. λ1 = 2 : ⃗uλ1 =
−1
1
.
2. λ2 = 8 : ⃗uλ2 =
1
1
.
Protože je matice AS symetrická, jsou oba vlastní vektory ortogonální (tj. na
sebe kolmé). Víme také, že násobky vlastních vektorů se zobrazí na násobky
sama sebe. Například
φ
−1
1
=
5 3
3 5
·
−1
1
=
−2
2
= λ1 ·
−1
1
φ
1
1
=
5 3
3 5
·
1
1
=
8
8
= λ2 ·
1
1
2. Vektory jednotkové kružnice
Podívejme se teď na jednotkovou kružnici a vektory, které ji tvoří. Určitě
známe vektory ⃗e1 = (1, 0) a ⃗e2 = (0, 1), případně vektory k nim opačné:
⃗f1 = (−1, 0), resp. ⃗f2 = (0, −1). Ty však nejsou násobky vlastních vektorů,
takže se nezobrazí na své násobky. Pomocí matice AS je zobrazíme takto:
φ
1
0
=
5
3
, φ
−1
0
=
−5
−3
, φ
0
1
=
3
5
, φ
0
−1
=
−3
−5
.
Nás zajímají také vektory, které jsou násobky vlastních vektorů. Podívejme se
na vektor ⃗u2 ležící na přímce y = x, který je jistě násobkem vlastního vektoru
⃗uλ2 =
1
1
(viz Obrázek 2). Jeho souřadnice (x0, y0) lze určit pomocí dvou
faktů: velikost vektoru ⃗u2 je 1, úhel, který svírá s osou x, je α = 45◦
. Platí
tedy, že
cos 45◦
=
x0
1
⇒ x0 =
√
2
2
,
sin 45◦
=
y0
1
⇒ y0 =
√
2
2
.
Je zřejmé, že ⃗u2 =
√
2/2√
2/2
a z toho ⃗u1 =
−
√
2/2√
2/2
.
11
Obrázek 2: Jednotková kružnice a vektory ⃗u1, ⃗u2, násobky vektorů ⃗uλ1 , ⃗uλ2
3. Lineární zobrazení jednotkové kružnice
Zobrazíme-li oba vektory pomocí φ, přejdou na své vlastní násobky.
φ( ⃗u1) =
5 3
3 5
·
−
√
2/2√
2/2
=
−
√
2√
2
= 2 · ⃗u1 = λ1 · ⃗u1;
φ( ⃗u2) =
5 3
3 5
·
√
2/2√
2/2
=
4
√
2
4
√
2
= 8 · ⃗u2 = λ2 · ⃗u2
Podobně jsou na tom i další vektory ⃗u =
cos α
sin α
určující jednotkovou
kružnici, tj. vektory velikosti 1 vycházející z počátku pod úhlem α, který
svírají s osou x. Zobrazí se na elipsu d, jejíž střed je v počátku. Hlavní
poloosa a o velikosti 8 leží na přímce y = x a je totožná s vektorem ⃗u2,
vedlejší poloosa b velikosti 2 je na přímce y = −x a totožná s vektorem ⃗u1.
Pro vykreslení elipsy d v Geogebře je třeba znát souřadnice obou ohnisek
E, F. Obě leží na hlavní ose (přímka y = x) ve vzdálenosti
e =
√
a2 − b2 =
√
82 − 22 =
√
60
od středu elipsy.3
Geogebra umožňuje zadání bodu i „goniometrickým způsobem,
tj. pomocí vzdálenosti od počátku (velikost vektoru) a úhlu, který
3
Parametr e se nazývá excentricita (výstřednost) elipsy.
12
úsečka spojující počátek a bod svírá s kladnou poloosou x (argument vektoru).
Obojí už známe, a tak v Geogebře nejprve vypočítáme ohniska pomocí
příkazů
E = (e*cos(pi/4), e*sin(pi/4))
F = (-e*cos(pi/4), -e*sin(pi/4))
a následně vykreslíme elipsu pomocí příkazu
d = Elipsa(E, F, 8)
Vektor fA1 na Obrázku 3 je roven φ( ⃗u2), vektor fA2 je φ( ⃗u1).
Obrázek 3: Elipsa d, výsledek zobrazení jednotkové kružnice
Výsledky příkladů
10.1.d: λ1 = −2 :


1
−1
1

 , λ2 = −1 :


1
0
1

 , λ3 = 1 :


2
1
1

,
10.1.e: x = −1, λ1 = 1 :


0
2
−1

 , λ2 = 2 :


1
1
0

 , λ3 = 3 :


2
2
1

.
13