MA0005 Algebra 2 – Sbírka řešených příkladů Lukáš Másilko 4. července 2024 Cvičení 4 V tomto cvičení se budeme zabývat podprostory vektorových prostorů a uzavřeností na jejich sjednocení, resp. průnik. Ve skriptech tomu odpovídá Přednáška 4. Obsah 4.1 Ověření podmínek vektorového podprostoru 2 4.2 Součet a průnik podprostorů 6 Výsledky příkladů 14 Katedra matematiky Pedagogické fakulty MU, podzim 2023 1 4.1 Ověření podmínek vektorového podprostoru Podívejte se na Definici 13 (viz Skripta, str. 37) a následující poznámku o tom, že pro vektorový podprostor platí stejné podmínky jako pro vektorový prostor, tedy zejména že musí obsahovat nulový vektor ⃗o. Připomínáme ještě dva základní triviální podprostory vektorového prostoru (V, +, ·): • {⃗o} (podprostor obsahující nulový vektor), • celý prostor V . Řešený příklad 4.1.a Zadání Rozhodněte, zda podmnožina W ⊆ R3 je podprostorem vektorového prostoru R3 , je-li (a) W =      1 0 0   ,   0 1 0   ,   0 0 1      ; (b) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x · y · z = 0    ; (c) W =      s + t s − t 1 + 2s   t.ž. s, t ∈ R    ; (d) W =      s t s + t   t.ž. s, t ∈ R    . Řešení Podpříklad (a): Jedná se o konečnou množinu tří vektorů. Už vzhledem tomu, že neobsahuje nulový vektor, nemůže být W podprostorem vektorového prostoru R3 . Podpříklad (b): W je nekonečná množina vektorů zahrnující též nulový vektor ⃗o. Je patrné, že libovolný vektor ⃗w ∈ W musí mít alespoň jednu souřadnici nulovou, aby byla splněna podmínka z definice podprostoru. Vhodným protipříkladem ukážeme neuzavřenost W na sčítání dvou vektorů. Buď ⃗u =   1 0 1   , ⃗v =   0 1 0   . Oba vektory patří do W, jelikož součin jejich souřadnic je roven nule. Pokud je však sečteme, dostáváme: ⃗u + ⃗v =   1 0 1   +   0 1 0   =   1 1 1   /∈ W, 2 protože součin souřadnic vektoru ⃗u+⃗v je roven 1, nikoliv 0. Není tedy splněna podmínka 1 : ∀⃗u,⃗v ∈ W : ⃗u + ⃗v ∈ W, tj. uzavřenost na součet vektorů. Množina vektorů W tedy není podprostorem vektorového prostoru R3 . Podpříklad (c): W je opět nekonečná množina vektorů reprezentující rovinu v prostoru R3 . Vskutku, W lze pro libovolné s, t ∈ R rozepsat takto: W =      s + t s − t 1 + 2s      =   0 0 1   + s ·   1 1 2   + t ·   1 −1 0   Za parametry s, t jsou dva lineárně nezávislé vektory generující rovinu v prostoru R3 , která je kromě nich ještě určena bodem [0; 0; 1]T . Rovina W neprochází počátkem, takže neobsahuje nulový vektor. Skutečně, nejsme schopni najít s, t ∈ R takové, aby platilo   s + t s − t 1 + 2s   =   0 0 0   , tj. nenajdeme řešení systému s + t = 0, s − t = 0, 1 + 2s = 0, protože ze 3. rovnice vychází s = −1 2 , což po dosazení do prvních dvou rovnic dává pokaždé jinou hodnotu t. Množina W tedy není podprostorem vektorového prostoru R3 , jelikož neobsahuje nulový vektor. Podpříklad (d): Stejně jako v předchozím podpříkladu, W je opět nekonečná množina vektorů reprezentující rovinu v prostoru R3 . Opět, W lze pro libovolné s, t ∈ R rozepsat takto: W =      s t s + t      =   0 0 0   + s ·   1 0 1   + t ·   0 1 1   Za parametry s, t jsou dva lineárně nezávislé vektory generující rovinu v prostoru R3 , která je kromě nich ještě určena počátkem [0; 0; 0]T . Množina vektorů W tedy obsahuje nulový vektor, který z jejího předpisu získáme volbou s = t = 0. Narozdíl od předchozího podpříkladu tedy je množina W podprostorem vektorového prostoru R3 . Poznámka: Podobné je to i v případě vektorového prostoru R2 a podprostorů dimenze o 1 nižší, tj. přímek. Prochází-li počátkem kartézského souřadného systému, obsahují nulový vektor, a tudíž tvoří vektorový podprostor R2 . V opačném případě, tj. neprochází-li přímka počátkem, není podprostorem R2 . Viz také Skripta, Příklad 15 na str. 37. 3 Řešený příklad 4.1.b Zadání Rozhodněte, zda podmnožina W ⊆ R3 je podprostorem vektorového prostoru R3 , je-li (a) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x + y + z = 0    ; (b) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x2 + y2 + z2 ≤ 5    ; (c) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x = y = z    ; (d) W =      s − 2t −s + 2t 2s − 4t   t.ž. s, t ∈ R    ; Řešení Podpříklad (a): Podmínka pro vektory množiny W je zapsána ve tvaru obecné rovnice roviny, která navíc prochází počátkem. W tedy zahrnuje libovolný (směrový) vektor této roviny (včetně nulového), a tudíž je podprostorem vektorového prostoru R3 . Podpříklad (b): podmínka na souřadnice x2 + y2 + z2 ≤ 5 (1) znamená, že do množiny W bereme pouze vektory, jejichž velikost je menší nebo rovna 5. Jistě dokážeme najít protipříklad vektoru ⃗u ∈ W a skaláru t ∈ R tak, že neplatí podmínka ”1”na vektorový podprostor, tj. t · ⃗u /∈ W. Například: ⃗u =   1 2 2   , t = 2. Dosadíme-li souřadnice ⃗u do podmínky 1, zjistíme, že je splněna, protože √ 12 + 22 + 22 = √ 1 + 4 + 4 = √ 9 = 3 ≤ 5, tedy ⃗u ∈ W. Vektor t · ⃗u má tyto souřadnice: t · ⃗u = 2 ·   1 2 2   =   2 4 4   Souřadnice vektoru 2⃗u dosadíme do podmínky (3): √ 22 + 42 + 42 = √ 4 + 16 + 16 = √ 36 = 6 ̸≤ 5, 4 tedy t · ⃗u /∈ W, a tudíž W není podprostor vektorového prostoru R3 . Podpříklad (c): budeme postupovat algebraicky. Zvolme dva libovolné vektory množiny W: ⃗u =   a a a   , ⃗v =   b b b   , kde a, b ∈ R. Dále nechť t ∈ R je také libovolné. • Oba vektory sečteme: ⃗u + ⃗v =   a a a   +   b b b   =   a + b a + b a + b   , tedy ⃗u + ⃗v ∈ W, protože má všechny tři souřadnice stejné. • Skalárem t vynásobíme vektor ⃗v: t · ⃗v = t ·   b b b   =   tb tb tb   , tedy i vektor t·⃗v patří do W, protože má všechny tři souřadnice stejné. Potvrdili jsme, že W je podprostor R3 . Podpříklad (d): Množinu vektorů W lze pro libovolné s, t ∈ R rozepsat takto: W =      s − 2t −s + 2t 2s − 4t      =   0 0 0   + s ·   1 −1 2   + t ·   −2 2 −4   Za parametrem t je vektor, který je −2-násobkem prvního vektoru přislušejícího parametru s. Stačí tedy vybrat jeden z vektorů, protože druhý už žádný nový směr nepřidává. Zápis W =   0 0 0   + s ·   1 −1 2   představuje přímku v prostoru, která prochází počátkem. W je tedy podprostorem vektorového prostoru R3 . Příklad 4.1.c (pouze s výsledkem) Zadání Rozhodněte, zda podmnožina W ⊆ R3 je podprostorem vektorového prostoru R3 , je-li (a) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x + y = z    ; 5 (b) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x + y ̸= z    ; (c) W =      s − 2t 1 −s + 2t   t.ž. s, t ∈ R    ; (d) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x ≤ y ≤ z    . Příklad 4.1.d (pouze s výsledkem) Zadání Rozhodněte, zda podmnožina W ⊆ R3 je podprostorem vektorového prostoru R3 , je-li (a) W =      s − 2t s + 2t 0   t.ž. s, t ∈ R    ; (b) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ x + y ≤ z    ; (c) W =      x y 0   t.ž. x, y ∈ R ∧ x = y    . (d) W =      x y z   t.ž. x, y, z ∈ R ∧ |x| = |y|    . 4.2 Součet a průnik podprostorů Doporučujeme nahlédnout do Skript a kapitoly 4, v níž je na straně 38 vysvětlena uzavřenost vektorových podprostorů na základní množinové operace sjednocení a průnik (Věty 4a, 4b). Důkaz Věty 4b a příklad 17 nabízejí na konkrétním příkladu vysvětlení, proč pro dva podprostory S1, S2 nemusí být jejich sjednocení S1∪S2 vektorovým podprostorem. Tyto potíže jsou následně vyřešeny zavedením nové operace: tzv. součtu podprostorů, která jejich sjednocení „lineárně obalí , viz Skripta a Definice 14, 15. Takto provedená operace na dvou libovolných podprostorech už je uzavřená, tj. její výsledek je opět vektorový podprostor. 6 Řešený příklad 4.2.a Zadání Ve vektorovém prostoru R3 jsou zadány podprostory W1 = L( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3) a W2 = L(⃗v1, ⃗v2, ⃗v3). Určete dimenzi a bázi podprostorů W1 + W2, W1 ∩ W2, je-li: ⃗u1 =   1 0 −2   , ⃗u2 =   −2 3 1   , ⃗u3 =   0 3 −3   , ⃗v1 =   −1 4 2   , ⃗v2 =   0 −3 3   , ⃗v3 =   1 −1 −5   . Řešení Nejdříve si spočítejme dimenzi obou podprostorů W1, W2: W1 :   1 0 −2 −2 3 1 0 3 −3   +2r1 ∼   1 0 −2 0 3 −3 0 3 −3   −r2 ∼   1 0 −2 0 3 −3 0 0 0   W2 :   −1 4 2 0 −3 3 1 −1 −5   +r1 ∼   −1 4 2 0 −3 3 0 3 −3   +r2 ∼   −1 4 2 0 −3 3 0 0 0   Z obou výpočtů je patrné, že dim W1 = dim W2 = 2, tj. oba podprostory si můžeme představit jako roviny. Začneme součtem W1 +W2. Vektory generující oba podprostory dáme do společné matice a upravíme na schodový tvar, čímž zjistíme dim(W1 + W2). Do této matice již nemusíme dávat vektory, o nichž víme, že jsou závislé na ostatních, tj. u3, v3. ⃗u1 : ⃗u2 : ⃗v1 : ⃗v2 :     1 0 −2 −2 3 1 −1 4 2 0 −3 3     +2r1 +r1 ∼     1 0 −2 0 3 −3 0 4 0 0 −3 3     : 3 : 4 : 3 ∼ ∼     1 0 −2 0 1 −1 0 1 0 0 −1 1     −r2 +r2 ∼     1 0 −2 0 1 −1 0 0 1 0 0 0     =⇒ dim(W1 + W2) = 3 Úpravou matice jsme zjistili, že vektor ⃗v2 je lineárně závislý na zbývajících třech vektorech daných do matice. Bází podprostoru W1 + W2 je např. αW1+W2 = ( ⃗u1, ⃗u2, ⃗v1), nebo jakákoliv jiná lineárně nezávislá posloupnost tří vektorů. Jelikož dim R3 je stejná jako dimenze součtu W1 + W2, platí W1 + W2 = R3 . Máme-li spočítanou dimenzi podprostorů W1, W2 a součtu W1 + W2, dokážeme pomocí vzorce dim(W1 + W2) = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2) (2) 7 rychle zjistit dimenzi průniku obou podprostorů: 3 = 2 + 2 − dim(W1 ∩ W2) =⇒ dim(W1 ∩ W2) = 1. Průnikem podprostorů W1, W2 by tedy měl být podprostor dimenze 1, tj. přímka procházející počátkem. Hledáme tedy její směrový vektor ⃗x, který lze vyjádřit lineární kombinací vektorů generujících W1 i W2. To lze symbolicky zapsat takto: ⃗x = α1 · ⃗u1 + α2 · ⃗u2 = α1 ·   1 0 −2   + α2 ·   −2 3 1   (3) ⃗x = β1 · ⃗v1 + β2 · ⃗v2 = β1 ·   −1 4 2   + β2 ·   0 −3 3   (4) Z obou pravých stran předchozích rovnic můžeme vytvořit novou rovnici, jelikož mají stejnou levou stranu: α1 ·   1 0 −2   + α2 ·   −2 3 1   = β1 ·   −1 4 2   + β2 ·   0 −3 3   α1 ·   1 0 −2   + α2 ·   −2 3 1   − β1 ·   −1 4 2   − β2 ·   0 −3 3   =   0 0 0   α1 ·   1 0 −2   + α2 ·   −2 3 1   + β1 ·   1 −4 −2   + β2 ·   0 3 −3   =   0 0 0   V předchozím výpočtu jsme nejprve pravou stranu rovnice převedli nalevo. Poté jsme ještě změnili znaménko koeficientů β1, β2 tak, že jsme oba příslušející vektory vynásobili −1. Systém jsme si tímto způsobem připravili proto, abychom jej mohli zapsat ve formě rozšířené matice a spočítali jeho řešení, přičemž vektory zapíšeme do sloupců.   1 −2 1 0 0 0 3 −4 3 0 −2 1 −2 −3 0   +2r1 ∼   1 −2 1 0 0 0 3 −4 3 0 0 −3 0 −3 0   +r2 ∼ ∼   1 −2 1 0 0 0 3 −4 3 0 0 0 −4 0 0   Zpětným chodem nyní zjistíme hodnoty koeficientů α1, α2, β1, β2: 1. poslední řádek je zápisem rovnice −4β1 = 0, z čehož β1 = 0. 2. prostřední řádek je rovnice 3α2 − 4β1 + 3β2 = 0. Dosadíme β1 = 0 a získáme rovnici 3α2 + 3β2 = 0. Zvolme za parametr např. β2 = t, kde t ∈ R. Dosazením parametru získáme vyjádření: 3α2 + 3t = 0, z čehož po pár jednoduchých úpravách máme α2 = −t. 8 3. první řádek znamená rovnici α1 − 2α2 + β1 = 0. Dosazením α2 = −t a β1 = 0 dostáváme α1 − 2 · (−t) = 0, z čehož α1 = −2t. Vypočítané koeficienty můžeme dosadit do rovnic 3, 4. Stačí do jedné z nich, ale my kvůli kontrole uděláme obojí: ⃗x = −2t·   1 0 −2  −t·   −2 3 1   = t·      −2 0 4   +   2 −3 −1      = t·   0 −3 3   ⃗x = 0 ·   −1 4 2   + t ·   0 −3 3   = t ·   0 −3 3   Oba výsledné vektory za parametrem t jsou násobky sebe sama. Je tedy patrné, že do báze podprostoru W1 ∩ W2 stačí vybrat jeden z nich, resp. jeho „pěkný násobek: αW1∩W2 =     0 1 −1     Řešený příklad 4.2.b Zadání Ve vektorovém prostoru R3 jsou zadány podprostory W1 = L( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3) a W2 = L(⃗v1, ⃗v2, ⃗v3). Určete dimenzi a bázi podprostorů W1 + W2, W1 ∩ W2, je-li: ⃗u1 =   1 2 4   , ⃗u2 =   2 3 7   , ⃗u3 =   −1 −1 −3   , ⃗v1 =   −1 1 −1   , ⃗v2 =   1 −2 0   , ⃗v3 =   1 −3 −1   . Řešení Nejdříve si spočítejme dimenzi obou podprostorů W1, W2: W1 :   1 2 4 2 3 7 −1 −1 −3   −2r1 +r1 ∼   1 2 4 0 −1 −1 0 1 1   +r2 ∼   1 2 4 0 −1 −1 0 0 0   W2 :   −1 1 −1 1 −2 0 1 −3 −1   +r1 +r1 ∼   −1 1 −1 0 −1 −1 0 −2 −2   −2r2 ∼   −1 1 −1 0 −1 −1 0 0 0   Z obou výpočtů je patrné, že dim W1 = dim W2 = 2, tj. oba podprostory si můžeme představit jako roviny. Začneme součtem W1 +W2. Vektory generující oba podprostory (s výjimkou vektorů u3, v3 lineárně závislých na ostatních) dáme do společné matice a zjistíme dim(W1 + W2). 9 ⃗u1 : ⃗u2 : ⃗v1 : ⃗v2 :     1 2 4 2 3 7 −1 1 −1 1 −2 0     −2r1 +r1 −r1 ∼     1 2 4 0 −1 −1 0 3 3 0 −4 −4     +3r2 −4r2 ∼     1 2 4 0 −1 −1 0 0 0 0 0 0     Zjistili jsme, že dim(W1 +W2) = 2, po úpravě na schodový tvar matice vyšla najevo lineární závislost vektorů ⃗v1 i ⃗v2 na zbývajících dvou vektorech ⃗u1, ⃗u2. Báze podprostoru W1 + W2 je stejná jako báze W1: αW1+W2 = ( ⃗u1, ⃗u2) Pro dimenzi průniku W1 ∩ W2 to dle vzorce 2 znamená: dim(W1 + W2) = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2) 2 = 2 + 2 − dim(W1 ∩ W2) −2 = − dim(W1 ∩ W2) 2 = dim(W1 ∩ W2) Potvrdili jsme si fakt, který už byl zřejmý i z rovnosti bází αW1+W2 = αW1 . Totiž, podprostor W2 už do součtu W1 + W2 nic nového nepřidává. Rovina W2 totiž splývá s rovinou W1. Díky tomu můžeme bez potvrzujícího výpočtu říct, že taktéž W1 ∩ W2 = W1. Báze W1 ∩ W2 je stejná jako báze W1 + W2: αW1∩W2 = ( ⃗u1, ⃗u2) Poznámka: V předchozích příkladech, kdy jsme brali v potaz vektorový prostor R3 , byla dimenze obou dílčích podprostorů W1, W2 vždy 2. Mohou však nastat další netriviální případy, tj. W1 či W2 mohou mít dimenzi 1 (tj. jsou přímkami) či 3 (tj. reprezentují celý prostor R3 ). Určením dimenze a báze jejich součtu a průniku tak vlastně vyšetřujeme vzájemnou polohu vektorových podprostorů. Řešený příklad 4.2.c Zadání Ve vektorovém prostoru R4 jsou zadány podprostory W1 = L( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3) a W2 = L(⃗v1, ⃗v2, ⃗v3). Určete dimenzi a bázi podprostorů W1 + W2, W1 ∩ W2, je-li: ⃗u1 =     1 2 4 3     , ⃗u2 =     2 −1 −2 −3     , ⃗u3 =     3 2 −1 2     , ⃗v1 =     1 2 3 −2     , ⃗v2 =     1 −3 −6 −6     , ⃗v3 =     2 0 −5 −1     . Řešení Opět nejdříve určíme dimenze obou podprostorů: 10 W1 :   1 2 4 3 2 −1 −2 −3 3 2 −1 2   −2r1 −3r1 ∼   1 2 4 3 0 −5 −10 −9 0 −4 −13 −7   5r3 − 4r2 ∼ ∼   1 2 4 3 0 −5 −10 −9 0 0 −25 1   =⇒ dim W1 = 3 W2 :   1 2 3 −2 1 −3 −6 −6 2 0 −5 −1   −r1 −2r1 ∼   1 2 3 −2 0 −5 −9 −4 0 −4 −11 3   5r3 − 4r2 ∼ ∼   1 2 3 −2 0 −5 −9 −4 0 0 −19 31   =⇒ dim W2 = 3 Protože žádný z vektorů není závislý na ostatních, vložíme nyní všech šest vektorů do matice a určením její hodnosti zjistíme dimenzi součtu W1 + W2: ⃗u1 : ⃗u2 : ⃗u3 : ⃗v1 : ⃗v2 : ⃗v3 :         1 2 4 3 2 −1 −2 −3 3 2 −1 2 1 2 3 −2 1 −3 −6 −6 2 0 −5 −1         −2r1 −3r1 −r1 −r1 −2r1 ∼         1 2 4 3 0 −5 −10 −9 0 −4 −13 −7 0 0 −1 −5 0 −5 −10 −9 0 −4 −13 −7         −r2 −r3 ∼ ∼         1 2 4 3 0 −5 −10 −9 0 −4 −13 −7 0 0 −1 −5 0 0 0 0 0 0 0 0         −r3 škrtni škrtni ∼     1 2 4 3 0 −1 3 −2 0 −4 −13 −7 0 0 −1 −5     −4r2 ∼ ∼     1 2 4 3 0 −1 3 −2 0 0 −25 1 0 0 −1 −5     ↓1 ↑1 ∼     1 2 4 3 0 −1 3 −2 0 0 −1 −5 0 0 −25 1     −25r3 ∼ ∼     1 2 4 3 0 −1 3 −2 0 0 −1 −5 0 0 0 126     =⇒ dim(W1 + W2) = 4 Díky úpravám jsme zjistili lineární závislost vektorů ⃗v2, ⃗v3 na zbylých čtyřech vektorech, bází součtu W1 + W2 tedy může být např. αW1+W2 = ( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3, ⃗v1). 11 Pro dimenzi průniku W1 ∩ W2 to dle vzorce 2 znamená: dim(W1 + W2) = dim W1 + dim W2 − dim(W1 ∩ W2) 4 = 3 + 3 − dim(W1 ∩ W2) −2 = − dim(W1 ∩ W2) 2 = dim(W1 ∩ W2) Je tedy patrné, že v bázi průniku W1 ∩ W2 budou dva vektory. Pro každý z nich platí, že lze vyjádřit lineární kombinací vektorů generujících W1 i W2, díky čemuž dostáváme: ⃗x = α1 · ⃗u1 +α2 · ⃗u2 +α3 · ⃗u3 = α1 ·     1 2 4 3    +α2 ·     2 −1 −2 −3    +α3 ·     3 2 −1 2     (5) ⃗x = β1 · ⃗v1 +β2 · ⃗v2 +β3 · ⃗v3 = β1 ·     1 2 3 −2    +β2 ·     1 −3 −6 −6    +β3 ·     2 0 −5 −1     (6) Podobně jako u Řešeného příkladu 4.2.a si obě vyjádření pro neznámý vektor ⃗x vložíme do rovnice a upravíme tak, abychom mohli použít Gaussovu eliminační metodu pro výpočet koeficientů: α1     1 2 4 3    +α2     2 −1 −2 −3    +α3     3 2 −1 2     = β1     1 2 3 −2    +β2     1 −3 −6 −6    +β3     2 0 −5 −1     α1     1 2 4 3    +α2     2 −1 −2 −3    +α3     3 2 −1 2    −β1     1 2 3 −2    −β2     1 −3 −6 −6    −β3     2 0 −5 −1     = = ⃗o α1     1 2 4 3    +α2     2 −1 −2 −3    +α3     3 2 −1 2    +β1     −1 −2 −3 2    +β2     −1 3 6 6    +β3     −2 0 5 1     = = ⃗o Tento systém o šesti neznámých nyní vložíme do matice (kvůli uspoře místa už nebudeme zapisovat nulový sloupec napravo) a pomocí Gaussovy eliminační řešení najdeme řešení:     1 2 3 −1 −1 −2 2 −1 2 −2 3 0 4 −2 −1 −3 6 5 3 −3 2 2 6 1     −2r1 −4r1 −3r1 ∼     1 2 3 −1 −1 −2 0 −5 −4 0 5 4 0 −10 −13 1 10 13 0 −9 −7 5 9 7     −2r2 + r4 −2r2 12 ∼     1 2 3 −1 −1 −2 0 1 1 5 −1 −1 0 0 −5 1 0 5 0 −9 −7 5 9 7     +9r2 ∼     1 2 3 −1 −1 −2 0 1 1 5 −1 −1 0 0 −5 1 0 5 0 0 2 50 0 −2     5r4 + 2r3 ∼     1 2 3 −1 −1 −2 0 1 1 5 −1 −1 0 0 −5 1 0 5 0 0 0 252 0 0     Poslední matice obsahující čtyři řádky už je ve schodovém tvaru. Vzhledem k šesti proměnným je třeba zavést dva parametry s, t ∈ R. Uděláme to při aplikací zpětného chodu: 1. poslední řádek je zápisem rovnice 252β1 = 0, z čehož β1 = 0. 2. předposlední řádek znamená rovnici −5α3 + β1 + 5β3 = 0. Dosadíme β1 = 0 a jeden z koeficientů α3, β3 zvolíme jako parametr, třeba β3 = s: −5α3 + 0 + 5s = 0 ⇔ −5α3 = −5s ⇔ α3 = s 3. druhý řádek zapíšeme rovnicově takto: α2 + α3 + 5β1 − β2 − β3 = 0. Můžeme dosadit za α3, β1, β3. Jeden ze zbývajících koeficientů α2, β2 zvolíme jako parametr, třeba β2 = t: α2 + s + 5 · 0 − t − s = 0 ⇔ α2 = t 4. první řádek je rovnicí α1 + 2α2 + 3α3 − β1 − β2 − 2β3 = 0. Kromě α1 jsou všechny ostatní koeficienty známy, tak je dosadíme a vypočítáme vyjádření α1: α1 + 2t + 3s − 0 − t − 2s = 0 ⇔ α1 = −s − t Vypočítané koeficienty můžeme dosadit do rovnic 5, 6. Stačí do jedné z nich, ale my to kvůli kontrole uděláme obojí: ⃗x = (−s−t)·     1 2 4 3    +t·     2 −1 −2 −3    +s·     3 2 −1 2     = s·     2 0 −5 −1    +t·     1 −3 −6 −6     ⃗x = 0 ·     1 2 3 −2     + t ·     1 −3 −6 −6     + s ·     2 0 −5 −1     = s ·     2 0 −5 −1     + t ·     1 −3 −6 −6     Obě dvojice vektorů za parametry s, t jsou stejné, kontrola proběhla v pořádku. Je tedy patrné, že báze podprostoru W1 ∩ W2 je: αW1∩W2 =         2 0 −5 −1     ,     1 −3 −6 −6         Závěr: Průnikem obou podprostorů je tedy rovina určená vektory ⃗v2, ⃗v3, dohromady (tj. v součtu) tvoří W1, W2 celý prostor R4 . 13 Příklad 4.2.d (pouze s výsledkem) Zadání Ve vektorovém prostoru R3 jsou zadány podprostory W1 = L( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3) a W2 = L(⃗v1, ⃗v2, ⃗v3). Určete dimenzi a bázi podprostorů W1 + W2, W1 ∩ W2, je-li: ⃗u1 =   1 1 0   , ⃗u2 =   3 −2 1   , ⃗u3 =   −2 1 −1   , ⃗v1 =   0 −3 1   , ⃗v2 =   3 4 −1   , ⃗v3 =   3 1 0   . Příklad 4.2.e (pouze s výsledkem) Zadání Ve vektorovém prostoru R3 jsou zadány podprostory W1 = L( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3) a W2 = L(⃗v1, ⃗v2, ⃗v3). Určete dimenzi a bázi podprostorů W1 + W2, W1 ∩ W2, je-li: ⃗u1 =   1 2 −1   , ⃗u2 =   0 3 −4   , ⃗u3 =   1 −1 3   , ⃗v1 =   1 −2 1   , ⃗v2 =   −2 4 −2   , ⃗v3 =   −3 6 −3   . Příklad 4.2.f (pouze s výsledkem) Zadání Ve vektorovém prostoru R4 jsou zadány podprostory W1 = L( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3) a W2 = L(⃗v1, ⃗v2, ⃗v3). Určete dimenzi a bázi podprostorů W1 + W2, W1 ∩ W2, je-li: ⃗u1 =     1 3 2 −4     , ⃗u2 =     −1 2 1 −1     , ⃗u3 =     0 1 1 −3     , ⃗v1 =     1 1 0 2     , ⃗v2 =     −1 0 −1 5     , ⃗v3 =     0 1 −1 7     . Výsledky příkladů 4.1.c: (a) ano (jde o rovinu procházející počátkem); (b) ne (např. ⃗o /∈ W); 14 (c) ne, jde o přímku neprocházející počátkem; (d) ne, protipříklad: ⃗v = (1; 2; 3)T ∈ W, t = −1, ale t·⃗v = (−1; −2; −3)T /∈ W. 4.1.d: (a) ano, jde o rovinu procházející počátkem; (b) ne, protipříklad: ⃗v = (1; 2; 4)T ∈ W, t = −1, ale t·⃗v = (−1; −2; −4)T /∈ W; (c) ano, jde o rovinu procházející počátkem; (d) ne, protipříklad: ⃗u = (1; 1; 0)T ∈ W,⃗v = (−1; 1; 0)T ∈ W, ale ⃗u + ⃗v = (0; 2; 0)T /∈ W. 4.2.d: dim W1 = 3, dim W2 = 2, dim(W1 + W2) = 3, dim(W1 ∩ W2) = 2, báze součtu je libovolná posloupnost tří lineárně nezávislých vektorů, báze αW1∩W2 = (⃗v1, ⃗v2) (tj. vektory generující rovinu W2). 4.2.e: dim W1 = 2, dim W2 = 1, dim(W1 + W2) = 3, dim(W1 ∩ W2) = 0, báze součtu je libovolná posloupnost tří lineárně nezávislých vektorů, báze αW1∩W2 = (⃗o) (rovina a přímka se protínají v počátku). 4.2.f: dim W1 = 3, dim W2 = 2, dim(W1 + W2) = 3, dim(W1 ∩ W2) = 2, báze αW1+W2 = ( ⃗u1, ⃗u2, ⃗u3), báze αW1∩W2 = (⃗v1, ⃗v2) (rovina W2 celá leží v podprostoru W1). 15