MA0005 Algebra 2 – Sbírka řešených příkladů
Lukáš Másilko
4. července 2024
Cvičení 3
V tomto cvičení se budeme věnovat vektorovým prostorům a Gaussově eliminační
metodě pro výpočet řešení systému lineárních rovnic. Ve skriptech
těmto tématům odpovídá Přednáška 3.
Obsah
3.1 Lineární závislost vektorů 2
3.2 Dimenze a báze vektorového prostoru 4
3.3 Vektory generující vektorový prostor 6
3.4 Systém tří lineárních rovnic o třech neznámých 8
3.5 Gaussova eliminační metoda 11
3.6 Souřadnice vektoru v nestandardní bázi 14
Výsledky příkladů 18
Katedra matematiky Pedagogické fakulty MU, podzim 2023
1
3.1 Lineární závislost vektorů
V předchozí kapitole sbírky jsme již zmínili pojem lineární kombinace řádků
matice. S tím úzce souvisí lineární závislost či nezávislost vektorů. Řádky či
sloupce matice můžeme chápat jako vektory a ptát se, je-li některý z nich
lineární kombinací ostatních (viz Skripta, Definice 7, str. 13). Pokud tomu
tak je, řekneme, že posloupnost (množina) vektorů je lineárně závislá,
v opačném případě lineárně nezávislá (viz Skripta, Definice 10 na str. 25).
Řešený příklad 3.1.a
Zadání
Zjistěte, zda je množina vektorů { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4} lineárně závislá, je-li
⃗u1 =




−2
2
3
−1



, ⃗u2 =




3
4
1
3



, ⃗u3 =




1
−1
1
−1



, ⃗u4 =




0
0
1
−1



.
Řešení
Nejprve si vektory dáme do matice, každý na samostatný řádek.1
Následně
použijeme elementární řádkové úpravy a upravíme matici na schodový tvar
(viz Skripta, Definice 8, str. 16). Zmíněnými úpravami přitom myslíme
1. vynásobení řádku matice nenulovým číslem,
2. výměnu pořadí dvou řádků matice,
3. přičtení lineární kombinace vybraných řádků k jinému řádku.




−2 2 3 −1
3 4 1 3
1 −1 1 −1
0 0 1 −1




↓2
↑2
∼




1 −1 1 −1
3 4 1 3
−2 2 3 −1
0 0 1 −1




−3r1
+2r1
∼




1 −1 1 −1
0 7 −2 6
0 0 5 −3
0 0 1 −1



 ↓1
↑1
∼




1 −1 1 −1
0 7 −2 6
0 0 1 −1
0 0 5 −3




−5r3
∼




1 −1 1 −1
0 7 −2 6
0 0 1 −1
0 0 0 2




Matici jsme tedy převedli na schodový tvar a zůstaly čtyři řádky tak jako na
začátku před zahájením převodu. Znamená to:
• Hodnost matice je 4 (viz Definice 16 hodnosti matice ve Skriptech na
str. 49);
1
Je zcela jedno, zda vektory vložíme do řádků či sloupců nově vzniklé matice.
2
• množina vektorů { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4} je lineárně nezávislá, jelikož jsme při
převodu na schodový tvar „neztratili žádný řádek matice. Ani jeden se
při úpravách nestal nulovým a není tedy lineární kombinací ostatních.
Řešený příklad 3.1.b
Zadání
Zjistěte, zda je množina vektorů { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4} lineárně závislá, je-li
⃗u1 =




−1
−3
−2
4



, ⃗u2 =




0
5
3
−5



, ⃗u3 =




0
−1
−1
3



, ⃗u4 =




5
3
1
1



.
Řešení
Opět si z vektorů vytvoříme matici, kterou následně převedeme na schodový
tvar:




−1 −3 −2 4
0 5 3 −5
0 −1 −1 3
5 3 1 1




+5r1
∼




−1 −3 −2 4
0 5 3 −5
0 −1 −1 3
0 −12 −9 21




↓1
↑1
: 3
∼




−1 −3 −2 4
0 −1 −1 3
0 5 3 −5
0 −4 −3 7



 +5r2
−4r2
∼




−1 −3 −2 4
0 −1 −1 3
0 0 −2 10
0 0 1 −5



 ↓1
↑1
∼




−1 −3 −2 4
0 −1 −1 3
0 0 1 −5
0 0 −2 10




+2r3
∼




−1 −3 −2 4
0 −1 −1 3
0 0 1 −5
0 0 0 0




Zjistili jsme, že hodnost matice je 3. Jinými slovy, po úpravách na schodový
tvar jsme jeden z řádků „vynulovali . To ovšem znamená, že tento řádek je lineární
kombinací ostatních, tudíž množina vektorů { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4} je lineárně
závislá.
Příklad 3.1.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Zjistěte, zda je množina vektorů { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4} lineárně závislá, je-li
⃗u1 =




0
2
−3
−1



, ⃗u2 =




−1
−1
−5
−2



, ⃗u3 =




0
6
−9
−3



, ⃗u4 =




1
5
−1
0



.
Příklad 3.1.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Zjistěte, zda je množina vektorů { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4} lineárně závislá, je-li
3
⃗u1 =




0
2
−1
−1



, ⃗u2 =




−1
1
0
−1



, ⃗u3 =




−4
0
3
1



, ⃗u4 =




−3
0
2
0



.
3.2 Dimenze a báze vektorového prostoru
Podívejte se ve skriptech na Definici 11 (viz str. 25), v níž jsou vysvětleny
pojmy báze a dimenze vektorového prostoru. V následujících příkladech je
používá i pojem podprostor vektorového prostoru, který je ve skriptech přesněji
rozebrán v Přednášce 4 (Definice 13, str. 37) a my se mu budeme věnovat
až v 4. cvičení. V této části sbírky zatím postačí, když budete vektorový podprostor
chápat jako nějakou podmnožinu vektorového prostoru V , která je
„uzavřená na operaci sčítání svých vektorů a násobení libovolného svého
vektoru „skalárem , tj. libovolným prvkem tělesa, na němž je prostor V de-
finován.
Řešený příklad 3.2.a
Zadání
Ve vektorovém prostoru R4
je podprostor W zadán následující množinou generátorů.
Určete dimenzi a bázi αW podprostoru W.
⃗u1 =




2
2
−3
1



, ⃗u2 =




1
2
4
2



, ⃗u3 =




−1
1
−1
1



, ⃗u4 =




1
−1
2
−2



.
Řešení
Budeme postupovat podobně jako v příkladech 3.1. Zjistíme nejdříve dimenzi
podprostoru W, a to naskládáním všech vektorů do matice a určením její
hodnosti.




2 2 −3 1
1 2 4 2
−1 1 −1 1
1 −1 2 −2




↓1
↑1
∼




1 2 4 2
2 2 −3 1
−1 1 −1 1
1 −1 2 −2




−2r1
+r1
−r1
∼




1 2 4 2
0 −2 −11 −3
0 3 3 3
0 −3 −2 −4




+r3
+r3
∼




1 2 4 2
0 1 −8 0
0 3 3 3
0 0 1 −1



 −3r2
∼




1 2 4 2
0 1 −8 0
0 0 27 3
0 0 1 −1



 : 3 ↓1
↑1
∼




1 2 4 2
0 1 −8 0
0 0 1 −1
0 0 9 1




−9r3
∼
4




1 2 4 2
0 1 −8 0
0 0 1 −1
0 0 0 10




Z výpočtu je patrné, že hodnost matice je 4, tj. množina vektorů { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4}
je lineárně nezávislá. Platí tedy, že dim W = 4. Jelikož W je podprostor R4
,
dohromady s faktem dim W = 4 platí, že W = R4
. Bází takového podprostoru
může být jakákoliv posloupnost čtyř lineárně nezávislých vektorů, tedy
například standardní báze R4
S4 =








1
0
0
0



 ,




0
1
0
0



 ,




0
0
1
0



 ,




0
0
0
1







 ,
nebo posloupnost složená ze zadaných vektorů, tj.
αW = ( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4) =








2
2
−3
1



 ,




1
2
4
2



 ,




−1
1
−1
1



 ,




1
−1
2
−2







 .
Řešený příklad 3.2.b
Zadání
Ve vektorovém prostoru R4
je podprostor W zadán následující množinou generátorů.
Určete dimenzi a bázi αW podprostoru W.
⃗u1 =




1
1
−1
0



, ⃗u2 =




1
−1
0
1



, ⃗u3 =




−1
0
1
1



, ⃗u4 =




3
0
−2
0



.
Řešení
Vektory ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4 vložíme do matice, u níž zjistíme hodnost převodem
matice na schodový tvar pomocí elementárních řádkových úprav.




1 1 −1 0
1 −1 0 1
−1 0 1 1
3 0 −2 0




−r1
+r1
−3r1
∼




1 1 −1 0
0 −2 1 1
0 1 0 1
0 −3 1 0




↓1
↑1
∼




1 1 −1 0
0 1 0 1
0 −2 1 1
0 −3 1 0



 +2r2
+3r2
∼




1 1 −1 0
0 1 0 1
0 0 1 3
0 0 1 3




−r3
∼




1 1 −1 0
0 1 0 1
0 0 1 3
0 0 0 0




Po převodu na schodový tvar se poslední řádek příslušející vektoru ⃗u4 „vynuloval
. Hodnost matice je 3, tedy i dim W = 3. W je tedy 3-dimenzionální
5
podprostor vektorového prostoru R4
a jeho bází je např. posloupnost
αW = ( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3) =








1
1
−1
0



 ,




1
−1
0
1



 ,




−1
0
1
1







 ,
nebo jakákoliv jiná posloupnost složená ze tří různých vektorů množiny { ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4}.
2
Příklad 3.2.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Ve vektorovém prostoru R4
je podprostor W zadán následující množinou generátorů.
Určete dimenzi a bázi αW podprostoru W.
⃗u1 =




1
−1
4
−1



 , ⃗u2 =




1
−3
2
−1



 , ⃗u3 =




1
0
5
−1



 , ⃗u4 =




1
−5
0
−1



 , ⃗u5 =




−2
2
−8
2



.
Příklad 3.2.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Ve vektorovém prostoru R4
je podprostor W zadán následující množinou generátorů.
Určete dimenzi a bázi αW podprostoru W.
⃗u1 =




−1
−1
2
−2



 , ⃗u2 =




−2
−3
−4
5



 , ⃗u3 =




−1
−2
−3
4



 , ⃗u4 =




1
2
0
−1



 , ⃗u5 =




1
2
3
−4



.
3.3 Vektory generující vektorový prostor
V následujících příkladech budeme ověřovat, zda dimenze podprostoru generovaného
množinou vektorů je stejná jako dimenze vektorového prostoru,
z něhož zadané vektory bereme.
Řešený příklad 3.3.a
Zadání
Rozhodněte, zda vektory ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4 generují vektorový prostor R3
, je-li
⃗u1 =


1
−1
2

 , ⃗u2 =


−1
−3
−3

 , ⃗u3 =


0
−4
−1

 , ⃗u4 =


2
2
5

.
Řešení
2
Připomínáme, že báze musí obsahovat lineárně nezávislé vektory. Pro libovolnou trojici
vektorů zadaných v Příkladu 3.2.b tomu tak skutečně je.
6
Postupujeme obdobně jako v předchozích příkladech, tj. vložíme všechny vektory
do matice a elementárními řádkovými úpravami převedeme matici na
schodový tvar.




1 −1 2
−1 −3 −3
0 −4 −1
2 2 5




+r1
−2r1
∼




1 −1 2
0 −4 −1
0 −4 −1
0 4 1



 −r2
+r2
∼




1 −1 2
0 −4 −1
0 0 0
0 0 0




Hodnost matice sestavené ze čtyř vektorů ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4 je 2, což znamená,
že je třeba odebrat dva z nich, abychom dostali lineárně nezávislou množinu
vektorů. Podprostor generovaný zadanými vektory má dimenzi 2 rovnou hodnosti
matice, tudíž se jedná o rovinu a vektory ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4 negenerují vektorový
prostor R3
.
Zkuste najít parametrické vyjádření a obecnou rovnici takové roviny,
prochází-li počátkem O[0; 0; 0].
Řešený příklad 3.3.b
Zadání
Rozhodněte, zda vektory ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4 generují vektorový prostor R3
, je-li
⃗u1 =


1
0
−3

 , ⃗u2 =


2
−2
0

 , ⃗u3 =


0
−1
4

 , ⃗u4 =


−3
1
2

.
Řešení
Znovu si z vektorů sestavíme matici a zjistíme její hodnost:




1 0 −3
2 −2 0
0 −1 4
−3 1 2




−2r1
+3r2
∼




1 0 −3
0 −2 6
0 −1 4
0 1 −7




↓1
↑1




1 0 −3
0 −1 4
0 −2 6
0 1 −7



 −2r2
+r2
∼




1 0 −3
0 −1 4
0 0 −2
0 0 −3



 : (−2)
∼




1 0 −3
0 −1 4
0 0 1
0 0 −3




+3r3
∼




1 0 −3
0 −1 4
0 0 1
0 0 0




Hodnost matice sestavené ze čtyř vektorů ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4 je 3. Generují tedy
podprostor dimenze 3, tj. samotný vektorový prostor R3
.
Příklad 3.3.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Rozhodněte, zda vektory ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4, ⃗u5 generují vektorový prostor R4
, je-li
⃗u1 =




1
2
6
3



 , ⃗u2 =




1
1
5
2



 , ⃗u3 =




2
1
−3
2



 , ⃗u4 =




1
1
−3
4



 ⃗u5 =




0
1
2
3



.
7
Příklad 3.3.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Rozhodněte, zda vektory ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗u4, ⃗u5 generují vektorový prostor R4
, je-li
⃗u1 =




2
1
1
−3



 , ⃗u2 =




1
−2
−1
1



 , ⃗u3 =




−5
−1
1
−7



 , ⃗u4 =




−5
−2
0
−4



 ⃗u5 =




1
3
2
−4



.
3.4 Systém tří lineárních rovnic o třech nezná-
mých
V této části si ukážeme Gaussovu eliminační metodu a zároveň prozkoumáme
geometrickou interpretaci systému tří lineárních rovnic o třech neznámých
v prostoru o třech dimenzích, tj. nám známém 3D prostoru. Jakoukoliv
lineární rovnici o třech neznámých, např. x, y, z, totiž můžeme chápat jako
předpis roviny v 3D prostoru (po vhodné úpravě její obecnou rovnici). Mámeli
tedy vyřešit systém tří lineárních rovnic o třech neznámých, je patrné, že
vyšetřujeme vzájemnou polohu tří rovin v prostoru.
1. Řešení takového systému nemusí být žádné, tj. roviny se neprotínají
ani v jednom bodě. Geometrická interpretace takové situace je různá:
roviny mohou být rovnoběžné, případně jsou rovnoběžné pouze dvě a
třetí je protíná, nebo mají po dvou vždy různou společnou průsečnici.
2. Systém také může mít právě jedno řešení, tj. bod, v němž se všechny
tři roviny protínají.
3. Poslední možností je nekonečně mnoho řešení, čemuž geometrický
odpovídá buď svazek rovin procházejících jednou průsečnicí (závislost
na 1 parametru), nebo když všechny tři roviny splynou v jednu (závislost
na 2 parametrech).
Geometrické ilustrace vzájemné polohy tří rovin jsou dostupné na této stránce.
Řešený příklad 3.4.a
Zadání
Vyšetřete vzájemnou polohu tří rovin r1, r2, r3 je-li
r1 : −x + 3y + z = 3, r2 : 2x − y − 3z = 2, r3 : −3x + 2y + 4z = 1.
Řešení
V této sbírce, v kapitole 1.4 Cramerovo pravidlo, jsme si uvedli, jak se systém
lineárních rovnic dá zapisovat maticově. Zmínili jsme matici systému a
rozšířenou matici systému, v níž si zadaný systém zapíšeme:


−1 3 1 3
2 −1 −3 2
−3 2 4 1


8
Gaussova eliminační metoda má dvě části: 1. převod rozšířené matice na
schodový tvar; 2. zpětný chod. Pomocí elementárních řádkových úprav tedy
výše zapsanou matici upravíme na schodový tvar.


−1 3 1 3
2 −1 −3 2
−3 2 4 1

 +2r1
−3r1
∼


−1 3 1 3
0 5 −1 8
0 −7 1 −8


5r3 + 7r2
∼


−1 3 1 3
0 5 −1 8
0 0 −2 16


Je patrné, že hodnost rozšířené matice je 3, žádný řádek se „nevynuloval .
Řešením systému je v takovém případě pouze jedno. Najdeme jej pomocí
zpětného chodu, tj. postupujeme od spodního řádku nahoru a pomocí rovnic
si postupně vyjadřujeme hodnoty proměnných, které v dalších řádcích
použijeme pro výpočet dalších proměnných.
1. Třetí řádek rozšířené matice lze rovnicově zapsat takto: −2z = 16.
Z toho z = −8.
2. Druhý řádek zapíšeme touto rovnicí: 5y − z = 8. Za proměnnou z je
možné dosadit: 5y − (−8) = 8, z čehož 5y = 0, tedy y = 0.
3. První řádek je reprezentován touto rovnicí: −x+3y +z = 3. Dosadíme
do ní hodnoty proměnných y, z, které jsme již spočítali: −x+3·0−8 = 3,
z čehož x = −11.
Nezapomeneme napsat řešení:
K =


−11
0
−8


Tři zadané roviny r1, r2, r3 se tedy protínají právě v jednom bodě K.
Řešený příklad 3.4.b
Zadání
Vyšetřete vzájemnou polohu tří rovin r1, r2, r3 je-li
r1 : −2x + 4y + z = −1, r2 : x + y + 2z = −2, r3 : −3x + 3y − z = 1.
Řešení
Systém si opět zapíšeme do rozšířené matice a převedeme ji na schodový tvar:


−2 4 1 −1
1 1 2 −2
−3 3 −1 1


↓1
↑1 ∼


1 1 2 −2
−2 4 1 −1
−3 3 −1 1

 +2r1
+3r1
∼


1 1 2 −2
0 6 5 −5
0 6 5 −5


−r2
∼


1 1 2 −2
0 6 5 −5
0 0 0 0


9
Po převodu na schodový tvar se jeden z řádků „vynuloval , hodnost matice je
tedy pouze 2. Vzhledem k počtu 3 proměnných to však znamená nekonečně
mnoho řešení závislých na 3−2 = 1 parametru.3
Zpětným chodem vyjádříme
tato řešení.
1. Druhý řádek matice zapíšeme rovnicí 6y + 5z = −5. Z použitých proměnných
vybereme jednu z nich jako parametr, tedy např. z = t, kde
t je libovolné reálné číslo. Druhou proměnnou y vzhledem k tomuto
parametru vyjádříme:
6y + 5t = −5 ⇔ 6y = −5 − 5t ⇔ y = −
5
6
−
5t
6
2. První řádek matice přepíšeme znovu do rovnice x + y + 2z = −2.
Za proměnné y, z dosadíme jejich parametrické vyjádření a vyjádříme
proměnnou x:
x−
5
6
−
5t
6
+2·t = −2 ⇔ x =
−2 · 6
6
+
5
6
+
5t
6
−
2t · 6
6
= −
7
6
−
7
6
·t
Zapíšeme řešení, přičemž od sebe oddělíme část bez parametru a část s parametrem
t:
K =



−7
6
−5
6
0


 + t ·



−7
6
−5
6
1


 , t ∈ R.
Z tohoto zápisu je totiž patrné, že zapsané řešení je zároveň parametrickým
vyjádřením přímky, která je průsečnící všech tří rovin r1, r2, r3. Tři zadané
roviny r1, r2, r3 se tedy protínají právě v jednom bodě K.
Řešený příklad 3.4.c
Zadání
Vyšetřete vzájemnou polohu tří rovin r1, r2, r3 je-li
r1 : x + 2y + 3z = −4, r2 : x − y − z = 3, r3 : −x + 4y + 5z = −3.
Řešení
Systém si opět zapíšeme do rozšířené matice a převedeme ji na schodový tvar:


1 2 3 −4
1 −1 −1 3
−1 4 5 −3

 −r1
+r1
∼


1 2 3 −4
0 −3 −4 7
0 6 8 −7


+2r2
∼


1 2 3 −4
0 −3 −4 7
0 0 0 7


Po převodu na schodový tvar se poslední řádek matice „vynuloval nalevo
3
Má-li systém řešení, pak je počet parametrů roven rozdílu počtu proměnných a počtu
lineárně nezávislých řádků. Podrobněji vysvětlíme parametry řešení a jejich stanovení v následující
části 3.5.
10
od svislé čáry, napravo však zůstalo nenulové číslo 7. To ovšem znamená, že
hodnost matice systému je 3, kdežto hodnost rozšířené matice je 2. Nastane-li
tato nerovnost, vyplývá z toho, že systém nemá řešení, tj. K = ∅.
Jak jsme si na začátku této části psali, geometricky tomu může odpovídat
více možností. Zkuste sami přijít na to, zda jde o případ, kdy jsou všechny
tři roviny rovnoběžné, případně jsou rovnoběžné pouze dvě a třetí je protíná,
nebo mají po dvou vždy různou společnou průsečnici. Můžete roviny zapsat
v programu GeoGebra 3D Grafy a nechat si je vykreslit, případně si spočítat
vzájemnou polohu rovin po dvojicích.
Příklad 3.4.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Vyšetřete vzájemnou polohu tří rovin r1, r2, r3 je-li
r1 : x − 2y − z = −3, r2 : −x + 2y + z = 3, r3 : 2x − 4y − 2z = −6.
Příklad 3.4.e (pouze s výsledkem)
Zadání
Vyšetřete vzájemnou polohu tří rovin r1, r2, r3 je-li
r1 : x − 2y − z = −3, r2 : −x + y + 3z = 2, r3 : 2x − y + z = −1.
Příklad 3.4.f (pouze s výsledkem)
Zadání
Vyšetřete vzájemnou polohu tří rovin r1, r2, r3 je-li
r1 : 2x − 3y + z = −2, r2 : x − y + 3z = −3, r3 : −4x + 6y − 2z = 4.
3.5 Gaussova eliminační metoda
V předchozí části jsme si naznačili, jakým způsobem používat Gaussovu eliminační
metodu, univerzální nástroj, kterým lze vyřešit jakýkoliv systém
lineárních rovnic.
Počet řešení je nenulový právě tehdy, když h(A|b) = h(A), kde A je matice
systému, b je vektor pravých stran. Po převodu na schodový tvar můžeme
zjistit hodnosti obou matic a určit počet řešení. Počet parametrů je přitom
roven číslu n − h(A|b), kde n je počet proměnných v systému. Podrobnější
informace naleznete v Přednášce 3 (Skripta, str. 28–35) a také Přednášce 5
a Větě 8 (Skripta, str. 49–50).
11
Řešený příklad 3.5.a
Zadání
Gaussovou metodou řešte soustavu lineárních rovnic (nad R):
x2 + x4 = 1
3x1 − 2x2 − 3x3 + 4x4 = −2
x1 + 2x2 − x3 − 2x4 = 2
−3x1 + 4x2 + 3x3 − 2x4 = 4
−2x1 − 4x2 + 2x3 + 4x4 = −4
Řešení
Nejdříve si vytvoříme rozšířenou matici systému a pak ji převedeme na schodový
tvar:






0 1 0 1 1
3 −2 −3 4 −2
1 2 −1 −2 2
−3 4 3 −2 4
−2 −4 2 4 −4






↓2
↑2 ∼






1 2 −1 −2 2
3 −2 −3 4 −2
0 1 0 1 1
−3 4 3 −2 4
−2 −4 2 4 −4






−3r1
+3r1
+2r1
∼






1 2 −1 −2 2
0 −8 0 10 −8
0 1 0 1 1
0 10 0 −8 10
0 0 0 0 0






↓1
↑1 ∼




1 2 −1 −2 2
0 1 0 1 1
0 −8 0 10 −8
0 10 0 −8 10



 : 2
: 2
∼




1 2 −1 −2 2
0 1 0 1 1
0 −4 0 5 −4
0 5 0 −4 5



 +4r2
−5r2
∼




1 2 −1 −2 2
0 1 0 1 1
0 0 0 9 0
0 0 0 −9 0




+r3
∼




1 2 −1 −2 2
0 1 0 1 1
0 0 0 9 0
0 0 0 0 0



 : 9
∼


1 2 −1 −2 2
0 1 0 1 1
0 0 0 1 0


Poslední matice již je ve schodovém tvaru. Je také patrné, že systém bude mít
řešení, protože h(A|b) = h(A) = 3, kde A je matice systému a (A|b) rozšířená
matice systému. Počet proměnných systému je n = 4, kdežto h(A|b) = 3, budeme
tedy potřebovat n − h(A|b) = 4 − 3 = 1 parametr k zápisu nekonečně
mnoha řešení.
Postupujme zpětným chodem od posledního řádku rozšířené matice:
1. spodní řádek je vlastně zápisem rovnice 1 · x4 = 0, z čehož x4 = 0.
2. prostřední řádek lze zapsat jako rovnici x2 + x4 = 1. Víme však z předchozího
bodu, že x4 = 0, můžeme tedy dosadit: x2 + 0 = 1, z čehož
x2 = 1.
3. horní řádek je symbolickým zápisem rovnice x1 + 2x2 − x3 − 2x4 = 2.
Dosadíme-li za x2 = 1, x4 = 0, dostaneme:
x1 + 2 · 1 − x3 − 2 · 0 = 2 ⇔ x1 − x3 = 0.
12
Jednu z proměnných x1, x3 zvolíme jako parametr, třeba x3 = t, t ∈ R.
Do poslední rovnice x1 −x3 = 0 tedy dosadíme a získáme vyjádření x1:
x1 − t = 0 ⇔ x1 = t.
Zapíšeme řešení, přičemž od sebe opět oddělíme část bez parametru a část
s parametrem t:
K =




0
1
0
0



 + t ·




1
0
1
0



 , t ∈ R.
Řešení lze geometricky interpretovat jako přímku v prostoru R4
.
Řešený příklad 3.5.b
Zadání
Gaussovou metodou řešte soustavu lineárních rovnic (nad R):
x1 + 2x2 + x3 − x4 = 1
2x1 + 3x2 − x3 + 2x4 = 3
4x1 + 7x2 + x3 = 5
5x1 + 7x2 − 4x3 + 7x4 = 8
Řešení
Opět si systém zapíšeme pomocí rozšířené matice, kterou převedeme na schodový
tvar.




1 2 1 −1 1
2 3 −1 2 3
4 7 1 0 5
5 7 −4 7 8




−2r1
−4r1
−5r1
∼




1 2 1 −1 1
0 −1 −3 4 1
0 −1 −3 4 1
0 −3 −9 12 3



 −r2
−3r2
∼




1 2 1 −1 1
0 −1 −3 4 1
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0



 ∼
1 2 1 −1 1
0 −1 −3 4 1
Poslední matice již je ve schodovém tvaru. Pro hodnost matice systému A
a rozšířené matice systému (A|b) platí h(A|b) = h(A) = 2, tedy systém má
řešení. Počet proměnných systému je n = 4, kdežto h(A|b) = 2, budeme tedy
potřebovat n − h(A|b) = 4 − 2 = 2 parametry k zápisu nekonečně mnoha
řešení. Postupujme zpětným chodem od posledního řádku rozšířené matice:
1. spodní řádek matice lze převést na tuto rovnici: −x2 − 3x3 + 4x4 = 1.
Dvě z proměnných rovnice zvolíme jako parametry, například x3 = s,
x4 = t, s, t ∈ R, a dosadíme je zpět, čímž dostaneme vyjádření x2:
−x2 − 3s + 4t = 1 ⇔ −x2 = 1 + 3s − 4t ⇔ x2 = −1 − 3s + 4t
13
2. horní řádek zapíšeme touto rovnicí: x1 +2x2 +x3 −x4 = 1. Za proměnné
x2, x3, x4 dosadíme a získáme vyjádření poslední proměnné x1:
x1 + 2 · (−1 − 3s + 4t) + s − t = 1
x1 − 2 − 6s + 8t + s − t = 1
x1 − 2 − 5s + 7t = 1
x1 = 3 + 5s − 7t
Zapíšeme řešení, přičemž od sebe opět oddělíme část bez parametrů a část
s parametry s, t:
K =




3
−1
0
0



 + s ·




5
−3
1
0



 + t ·




−7
4
0
1



 , s, t ∈ R.
Řešení lze geometricky interpretovat jako rovinu v prostoru R4
, jejíž směrové
vektory jsou zapsané za parametry s, t.
Příklad 3.5.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Gaussovou metodou řešte soustavu lineárních rovnic (nad R):
−x1 + x2 − x3 + x4 = 0
2x1 − x2 − x3 + 3x4 = −14
−x1 − 2x2 + 3x3 − x4 = 3
2x1 + 2x2 − 5x3 + 5x4 = 2
Příklad 3.5.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Gaussovou metodou řešte soustavu lineárních rovnic (nad R):
x1 − 3x2 − x4 = −4
−2x1 − 3x2 − x3 − 2x4 = 6
3x1 + 4x2 + 2x3 − x4 = −7
−x1 + 2x2 + 2x4 = 2
x1 + x2 + x3 − 3x4 = −1
3.6 Souřadnice vektoru v nestandardní bázi
Nejběžnějším způsobem, jak zadat vektor, je zápis jeho souřadnic ve standardní
bázi. Např. ve vektorovém prostoru R2
jde o bázi
S2 =
1
0
,
0
1
,
14
ve vektorovém prostoru R3
se jedná o bázi
S3 =




1
0
0

 ,


0
1
0

 ,


0
0
1



 .
Někdy však bude účelné zvolit jinou bázi, v níž budeme vektory vyjadřovat.
Potom bude potřeba najít pro vektory zadané ve standardní bázi souřadnice
v jiné bázi, se kterou budeme nadále pracovat.
Řešený příklad 3.6.a
Zadání
Je dána množina vektorů M = {⃗u,⃗v, ⃗w}:
⃗u =


−3
−2
−4

 , ⃗v =


−2
0
2

 , ⃗w =


−5
1
−5


Ověřte, že vektory ⃗u,⃗v, ⃗w generují vektorový prostor R3
. Následně nalezněte
souřadnice vektoru ⃗x v bázi α = (⃗u,⃗v, ⃗w), je-li
⃗x =


6
−6
0

.
Řešení
Nejprve ověříme, že vektory ⃗u,⃗v, ⃗w generují vektorový prostor R3
. Dáme je
do matice a zjistíme její hodnost tak, že ji převedeme na schodový tvar.


−3 −2 −4
−2 0 2
−5 1 −5


−r2
∼


−1 −2 −6
−2 0 2
−5 1 −5

 −2r1
−5r1
∼


−1 −2 −6
0 4 14
0 11 25


4r3 − 11r2
∼


−1 −2 −6
0 4 14
0 0 −54


Hodnost matice je 3, takže vektory jsou lineárně nezávislé, a tudíž generují
vektorový prostor R3
. Nyní hledejme souřadnice vektoru ⃗x v bázi α, což
znamená nalézt koeficienty α1, α2, α3 ∈ R tak, že ⃗x = α1 · ⃗u + α2 · ⃗v + α3 · ⃗w.
Přepíšeme-li si to do vektorových souřadnic, získáme tento systém:


6
−6
0

 = α1 ·


−3
−2
−4

 + α2 ·


−2
0
2

 + α3 ·


−5
1
−5


Převeďme si tento systém do rovnic:
−3α1 − 2α2 − 5α3 = 6
−2α1 + α3 = −6
−4α1 + 2α2 − 5α3 = 0
K řešení systému použijeme Gaussovu eliminační metodu:
15


−3 −2 −5 6
−2 0 1 −6
−4 2 −5 0


−r2
−2r2
∼


−1 −2 −6 12
−2 0 1 −6
0 2 −7 12

 −2r1 ∼


−1 −2 −6 12
0 4 13 −30
0 2 −7 12

 ↓1
↑1
∼


−1 −2 −6 12
0 2 −7 12
0 4 13 −30


−2r2
∼


−1 −2 −6 12
0 2 −7 12
0 0 27 −54


Hodnost matice systému je stejná jako hodnost rozšířené matice systému,
tj. 3. Vzhledem k počtu proměnných má systém právě jedno řešení, které
nalezneme zpětným chodem:
1. spodní řádek je zápisem rovnice 27α3 = −54, z čehož α3 = −2.
2. prostřední řádek zapíšeme jako rovnici 2α2 − 7α3 = 12. Dosadíme-li za
α3, dostáváme
2α2 − 7 · (−2) = 12 ⇔ 2α2 = −2 ⇔ α2 = −1.
3. horní řádek znamená rovnici −α1 − 2α2 − 6α3 = 12. Dosadíme-li za
α2, α3, dostáváme
−α1 − 2 · (−1) − 6 · (−2) = 12 ⇔ −α1 + 14 = 12 ⇔ α1 = 2
Vektor ⃗x má tedy v bázi α tyto souřadnice:
⃗x =


2
−1
−2


α
Řešený příklad 3.6.b
Zadání
Je dána množina vektorů M = {⃗u,⃗v, ⃗w}:
⃗u =


1
2
0

 , ⃗v =


−1
3
−2

 , ⃗w =


2
4
−1


Ověřte, že vektory ⃗u,⃗v, ⃗w generují vektorový prostor R3
. Následně nalezněte
souřadnice vektoru ⃗x v bázi α = (⃗u,⃗v, ⃗w), je-li
⃗x =


−2
1
0

.
Řešení
Ověříme, že vektory ⃗u,⃗v, ⃗w generují vektorový prostor R3
. Vložíme je do
16
matice a zjistíme její hodnost.


1 2 0
−1 3 −2
2 4 −1

 +r1
−2r1
∼


1 2 0
0 5 −2
0 0 −1


Hodnost matice je 3, takže vektory jsou lineárně nezávislé, a tudíž generují
vektorový prostor R3
.
Hledejme souřadnice vektoru ⃗x v bázi α, což znamená nalézt koeficienty
α1, α2, α3 ∈ R tak, že ⃗x = α1 · ⃗u + α2 · ⃗v + α3 · ⃗w. Přepíšeme-li si to do
vektorových souřadnic, získáme tento systém:


−2
1
0

 = α1 ·


1
2
0

 + α2 ·


−1
3
−2

 + α3 ·


2
4
−1


Převeďme si tento systém do rovnic:
α1 − α2 + 2α3 = −2
2α1 + 3α2 + 4α3 = 1
− 2α2 − α3 = 0
K řešení systému použijeme Gaussovu eliminační metodu:


1 −1 2 −2
2 3 4 1
0 −2 −1 0

 −2r1 ∼


1 −1 2 −2
0 5 0 5
0 −2 −1 0

 : 5 ∼


1 −1 2 −2
0 1 0 1
0 −2 −1 0


+2r2
∼


1 −1 2 −2
0 1 0 1
0 0 −1 2


Hodnost matice systému je stejná jako hodnost rozšířené matice systému,
tj. 3. Vzhledem k počtu proměnných má systém právě jedno řešení, které
nalezneme zpětným chodem:
1. spodní řádek je zápisem rovnice −α3 = 2, z čehož α3 = −2.
2. prostřední řádek zapíšeme jako rovnici α2 = 1, a tedy máme rovnou
hodnotu koeficientu α2.
3. horní řádek znamená rovnici α1 −α2 +2α3 = −2. Dosadíme-li za α2, α3,
dostáváme
α1 − 1 + 2 · (−2) = −2 ⇔ α1 − 5 = −2 ⇔ α1 = 3
Vektor ⃗x má tedy v bázi α tyto souřadnice:
⃗x =


3
1
−2


α
17
Příklad 3.6.c (pouze s výsledkem)
Zadání
Je dána množina vektorů M = {⃗u,⃗v, ⃗w}:
⃗u =


1
−3
1

 , ⃗v =


−2
0
−1

 , ⃗w =


3
1
−1


Ověřte, že vektory ⃗u,⃗v, ⃗w generují vektorový prostor R3
. Následně nalezněte
souřadnice vektoru ⃗x v bázi α = (⃗u,⃗v, ⃗w), je-li
⃗x =


1
−7
4

.
Příklad 3.6.d (pouze s výsledkem)
Zadání
Je dána množina vektorů M = {⃗u,⃗v, ⃗w}:
⃗u =


2
3
−1

 , ⃗v =


−1
4
1

 , ⃗w =


3
2
−1


Ověřte, že vektory ⃗u,⃗v, ⃗w generují vektorový prostor R3
. Následně nalezněte
souřadnice vektoru ⃗x v bázi α = (⃗u,⃗v, ⃗w), je-li
⃗x =


2
−11
−3

.
Výsledky příkladů
3.1.c: Lineárně závislá množina vektorů (podprostor dimenze 2);
3.1.d: Lineárně závislá množina vektorů (podprostor dimenze 3).
3.2.c: dim(W) = 2, bází W je např. αW = ( ⃗u1, ⃗u2);
3.2.d: dim(W) = 3, bází W je např. αW = ( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3).
3.3.c: Dimenze množiny vektorů je 4, takže generují R4
;
3.3.d: Dimenze množiny vektorů je 3, takže negenerují R4
.
3.4.d: Systém nemá řešení, tj. roviny se neprotínají, jsou všechny rovnoběžné;
3.4.e: Systém má jedno řešení, roviny se protínají právě v bodě



1
9
13
9
2
9


;
3.4.f: Systém nemá řešení, roviny r1, r3 jsou rovnoběžné, rovina r2 je protíná.
3.5.c: Systém nemá řešení.
18
3.5.d: Systém má právě jedno řešení K =




−2
1
−3
−1



.
3.6.c: ⃗x =


2
−1
−1


α
3.6.d: ⃗x =


1
−3
−1


α
19