Masarykova univerzita Přírodvědecká fakulta Bakalářská práce Lineární algebra, sbírka příkladů Brno 2007 Lenka Malounková Prohlašuji, že jsem tuto bakalářskou práci vypracovala samostatně s použitím uvedené literatury. V Brně dne 14. května 2007 ..................... Děkuji tímto RNDr. Pavlu Horákovi za rady, které mi během vypracovávání poskytl a za ochotu a trpělivost, s kterou se mi věnoval při konzultačních hodinách. 4 Obsah Úvod 5 3 Vektorové prostory 7 §1: Vektorový prostor nad číselným tělesem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 §2: Podprostory vektorového prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 §3: Lineární závislost a nezávislost vektorů . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 §4: Báze a dimenze vektorového prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 4 Matice a determinanty 15 §1: Determinanty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 §2: Algebra matic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 §3: Hodnost matice a další vlastnosti matic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 5 Soustavy lineárních rovnic 20 §1: Základní vlastnosti soustav lineárních rovnic . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 §2: Homogenní soustavy lineárních rovnic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 6 Euklidovské vektorové prostory 24 §1: Skalární součin, velikost a odchylka vektorů . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 §2: Ortogonálnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 7 Lineární zobrazení vektorových prostorů 27 §1: Základní vlastnosti lineárního zobrazení . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 §2: Lineární transformace a její matice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 §4: Ortogonální zobrazení, ortogonální matice . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Literatura 32 5 Úvod Obsahem mé bakalářské práce je vypracování sbírky řešených příkladů ze sbírky příkladů RNDr. Pavla Horáka Cvičení z algebry a teoretické aritmetiky I. k předmětu M1115 Lineární algebra a geometrie 1, který je povinným předmětem v bakalářských studijních oborech Matematika se zaměřením na vzdělávání a Matematika pro víceoborové studium v rámci programu Matematika na Přírodovědecké fakultě Masarykovy univerzity. Konkrétně se jedná o příklady testového charakteru, tzv. "A" příklady, které svým zadáním prověřují především pochopení definic, vět a tvrzení a jejich užití v praxi, a to z kapitol 3 až 7. Číslování kapitol, paragrafů a příkladů souhlasí s číslováním ve výše uvedené sbírce. Záměrně jsou vynechány příklady číslo: 7.2.A5 až 7.2.A9, 7.3.A1 až 7.3.A10, 7.4.A7 a 7.4.A8, a to z důvodu toho, že sbírka příkladů byla vypracována k předmětu Algebra a teoretická aritmetika I z roku 1991, zatímco nyní se používají k výše uvedenému předmětu. Dále jsem po dohodě s RNDr. Horákem vynechala všechny příklady číslo A10.d). Zadání příkladů jsou totožná se zadáními ve výše uvedené sbírce kromě příkladů 7.1.A5 a 7.1.A7, ve kterých jsem nahradila slovo defekt slovním obratem dimenze Ker a slovo hodnost slovním obratem Im . Dále používám u označení tělesa komplexních čísel písmeno C místo ve skriptech používaného písmene K. Ostatní označení jsou naprosto totožná s označeními ve skriptech. Stejně jako ve sbírce příkladů zkratka "U. p." znamená "Udejte příklad". Celá práce je sestavená tak, že pod zadáním každého příkladu je uvedeno řešení, označení Řešení:, a u většiny příkladů je připojen i komentář k řešení, označení Komentář:. Komentář se nevyskytuje jednak u příkladů, u nichž jsem nepovažovala za nutné řešení jakkoliv komentovat, dále u příkladů, jejichž odpověď je "neexistuje", neboť zdůvodnění této odpovědi je součástí řešení, a dále u většiny příkladů, kde je za úkol uvést příklad nějaké podmínky. 6 Není-li uvedeno jinak, má příklad více možných řešení a uvedené jedno řešení je pouze jedna z možností. Čísla všech definic a vět, které se vyskytují v komentářích k řešením jsou výhradně ze skript RNDr. Pavla Horáka Lineární algebra a geometrie 1 z roku 2007, která jsou uveřejněná na internetu na adrese http://www.math.muni.cz/~horak/LA_SKRIPTA.pdf. Mám-li se rozpomenout na své začátky s lineární algebrou, potažmo jí předcházejícím Základům matematiky, nebyly nijak veselé. Přesto, že jsem měla pocit, že z matematiky toho vím z gymnázia dost, opak byl skutečností. O důkazech vět jsem neměla ani potuchu a to, že matematika není jen o počítání s čísly jsem se dozvěděla pořádně rovněž až na vysoké škole. Velmi obtížné pro mě ze začátku bylo i se vyjadřovat přesně matematicky, tj. formulovat definice a věty přesně podle jejich znění, ne ledabyle. Provést důkaz věty, byl pro mě v začátcích studia nepřekonatelný problém. Nějak mi totiž stále unikal smysl, proč něco dokazovat, když to zní rozumně a funguje to na mnoha příkladech. Obdobná situace byla i při řešení příkladů typu "A", které jsou obsahem této práce. Já sama bych takovou sbírku uvítala s největším nadšením, protože, přesto, že jsem zkoušku úspěšně absolovovala, řešení některých příkladů se mi ozřejmilo až během vypracovávání této sbírky. Dost příkladů jsem se tenkrát, nejen já, ale i mnoho mých kolegů, prostě naučila nazpamět a tiše doufala, že se mě na ně nikdo nebude vyptávat. Pokud tedy máte stejné pocity i vy při studiu lineární algebry, vězte, že pokud se prokoušete začátky a nebudete se vzdávat předčasně, všechny tyto pocity zmizí. Doufám, že k tomu malou měrou přispěje i tato sbírka. Bakalářská práce je k dispozici všem zájemcům na veřejném webu Masarykovy univerzity http://www.is.muni.cz/, pod odkazy Lidé - Absoloventi a archiv závěrečných prací. Kapitola 3. Vektorové prostory 7 Kapitola 3 VEKTOROVÉ PROSTORY §1: Vektorový prostor nad číselným tělesem [3.1.A1]. U. p. vektorového prostoru nad číselným tělesem, který obsahuje konečně mnoho vektorů. Řešení: nulový vektorový prostor Komentář: Jediné možné řešení neboť, obsahuje-li vektorový prostor libovolný nenulový vektor, pak obsahuje nekonečně mnoho vektorů. [3.1.A2]. U. p. vektorového prostoru nad číselným tělesem, který obsahuje právě 8 vek- torů. Řešení: Neexistuje, neboť obsahuje-li vektorový prostor libovolný nenulový vektor, pak obsahuje nekonečně mnoho vektorů. V následujících 5 příkladech budeme uvádět řešení vyjmenováním parametrů potřebných pro zadání vektorového prostoru. Musíme tedy u každého příkladu popsat číselné těleso a množinu vektorů, dále zadat sčítání vektorů a násobení čísla s vektorem. [3.1.A3]. Popište vektorový prostor Q( 2)2 . Řešení: číselné těleso: Q( 2) = {a + 2b | a, b Q} množina vektorů: Q( 2)2 = {(x1, x2) | x1, x2 Q( 2)} sčítání vektorů: u = (u1, u2), v = (v1, v2), u + v = (u1 + v1, u2 + v2) násobení čísla s vektorem: t.u = (t.u1, t.u2) [3.1.A4]. Popište vektorový prostor Q(i)3 . Řešení: číselné těleso: Q(i) = {a + ib | a, b Q} množina vektorů: Q(i)3 = {(x1, x2, x3) | x1, x2, x3 Q(i)} sčítání vektorů: u = (u1, u2, u3), v = (v1, v2, v3), u + v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) násobení čísla s vektorem: t.u = (t.u1, t.u2, t.u3) [3.1.A5]. Popište vektorový prostor R4[x]. Řešení: číselné těleso: reálná čísla R množina vektorů: polynomy f1, f2, f3, f4, f5 stupňů 0 až 4, tzn. f1 = 1, f2 = x, f3 = x2 , f4 = x3 , f5 = x4 sčítání vektorů: stejné jako běžné sčítání polynomů násobení čísla s vektorem: stejné jako násobení polynomu číslem Kapitola 3. Vektorové prostory 8 [3.1.A6]. Popište vektorový prostor C5 . Řešení: číselné těleso: C = {a + bi | a, b R} množina vektorů: C5 = {(x1, x2, x3, x4, x5) | x1, . . . , x5 C} sčítání vektorů: u = (u1, u2, u3, u4, u5), v = (v1, v2, v3, v4, v5), u + v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 +v3, u4 +v4, u5 +v5), přičemž v každé složce ještě musíme pamatovat na to, že počítáme s komplexními čísly a řídit se pak podle pravidel sčítání dvou komplexních čísel. násobení čísla s vektorem: t.u = (t.u1, t.u2, t.u3, t.u4, t.u5), přičemž opět v každé složce musíme pamatovat na to, že jak číslo t tak číslo ve složce vektoru je komplexní a pak se musíme řídit pravidly pro násobení dvou komplexních čísel. [3.1.A7]. Nechť (T, +, ) je libovolné číselné těleso. Popište, jak lze T chápat jako vektorový prostor nad T. Řešení: číselné těleso: T množina vektorů: T sčítání vektorů: sčítání prvků v tělese T násobení čísla s vektorem: násobení prvků v tělese T [3.1.A8]. U. p. vektorového prostoru V nad T a dvou různých vektorů u, v V takových, že 3u=3v Řešení: Neexistuje, protože: 3u = 3v 3u - 3v = o 3(u-v) = o. Poslední vztah je platný pouze tehdy, je-li (u - v) = o, tedy pokud u = v, což je spor s předpokladem, že u = v. [3.1.A9]. U. p. dostatečné, ale nikoliv nutné podmínky pro to, aby součin čísla t s vektorem u byl nulový vektor. Řešení: u = o [3.1.A10]. U. p. nutné a dostatečné podmínky pro to, aby součin čísla t s vektorem u byl nenulový vektor. Řešení: u = o t = 0 §2: Podprostory vektorového prostoru [3.2.A1]. U. p. podmnožiny M vektorového prostoru Q4 , která a) je nekonečná a není podprostorem v Q4 Řešení: M = {(x, y, z, 1) | x, y, z Q} Komentář: Součet dvou prvků této množiny, jistě do M nenáleží, tedy tato množina nesplňuje 1. podmínku vektorového podprostoru. b) je konečná a je podprostorem v Q4 . Řešení: prázdná množina Komentář: Tato množina generuje prostor obsahující nulový vektor a tento prostor je triviálním podprostorem Q4 . Kapitola 3. Vektorové prostory 9 [3.2.A2]. U. p. netriviálního podprostoru ve vektorovém prostoru R[x]. Řešení: R2[x] Komentář: Podprostor obsahuje všechny polynomy stupně 2. [3.2.A3]. U. p. podprostoru W ve vektorovém prostoru Q3 tak, že a) (1, 4, 2) W (1, 1, 1) W Řešení: W = L((1, 4, 2)) b) W obsahuje právě 3 vektory. Řešení: Neexistuje, protože vektorový prostor obsahuje buď jeden vektor (nulový) nebo nekonečně mnoho vektorů. [3.2.A4]. U. p. dvou různých podprostorů W1, W2 ve vektorovém prostoru R3 tak, že: a) W1, W2 jsou disjunktní Řešení: Neexistuje, protože každý podprostor obsahuje nulový vektor, tedy průnik dvou podprostorů nemůže být prázdný. b) W1 W2 {(1, 4, 2)} Řešení: Neexistuje, protože průnikem podprostorů W1, W2 by musela být prázdná množina, což nelze. c) W1 W2 = {(1, 4, 2)} Řešení: Neexistuje, protože průnik dvou podprostorů musí vždy obsahovat nulový vektor. d) W1 W2 {(1, 4, 2)}. Řešení: W1 = L((1, 4, 2)), W2 = L((1, 4, 2), (1, 0, 0)) [3.2.A5]. U. p. podmnožiny M ve vektorovém prostoru R4 tak, aby platilo a) M [M] Řešení: M = {(1, 0, 0, 0)} b) M = [M] Řešení: M = {t.(1, 0, 0, 0) | t R} c) M [M] Řešení: Neexistuje, protože víme, že vždy platí M [M]. d) [M] = {(0, 0, 0, 0), (1, 1, 1, 1), (-5, -5, -5, -5)}. Řešení: Neexistuje, protože podprostor [M],tj. podprostor generovaný množinou M, obsahuje nekonečně mnoho vektorů. [3.2.A6]. U. p. nekonečné množiny M Q2 tak, že [M] = Q2 . Řešení: M = Q2 - {(0, 0) } Komentář: Je vidět, že M není podprostor a tedy podprostor generovaný M musí být ostře nad M, což splňuje pouze Q2 . Kapitola 3. Vektorové prostory 10 [3.2.A7]. U. p. dvou podmnožin M, L ve vektorovém prostoru R3 takových, že M = L, ale [M] = [L]. Řešení: M = {(1, 0, 0)}, L = {(2, 0, 0)} Komentář: Množiny M, L jsou různé, přesto obě generují stejný podprostor, konkrétně podprostor { (t, 0, 0) | t R }. [3.2.A8]. U. p. dvou různých podprostorů W1, W2 v R2 tak, že jejich součet W1 + W2 není přímým součtem. Řešení: W1 = L((1,0)), W2 = R2 Komentář: Jediné možné řešení. [3.2.A9]. U. p. dvou různých podprostorů W1, W2 v R4 tak, že a) W1 W2 W1 + W2 Řešení: W1 = L((1, 0, 0, 0)), W2 = L((0, 1, 0, 0)) b) W1 W2 W1 + W2 Řešení: Neexistuje, protože podle věty 2.4.2. platí: W1 + W2 = [W1 W2], tedy součet podprostorů W1 + W2 je nejmenším podprostorem v R4 obsahujícím sjednocení W1 W2 a proto tedy nelze, aby součet podprostorů byl pod jejich sjednocením. c) W1 W2 = W1 + W2 Řešení: W1 = L((1, 0, 0, 0)), W2 = L((2, 0, 0, 0)) d) W1 W2 = W1 ˙+ W2. Řešení: W1 = L((1, 0, 0, 0)), W2 = o Komentář: Sjednocením těchto podprostorů je sám podprostor W1, a zároveň se jedná i o přímý součet neboť průnikem uvedených podprostorů je nulový vektor. [3.2.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby součet dvou podprostorů W1, W2 ve vektorovém prostoru V byl přímým souč- tem. Řešení: a) o W1 b) W1 = {o } c) W1 W2 = o §3: Lineární závislost a nezávislost vektorů [3.3.A1].U. p. tří různých vektorů u, v, w R2 , které a) generují prostor R2 Řešení: u = (1, 0), v = (1, 1), w = (0, 2) Kapitola 3. Vektorové prostory 11 b) negenerují prostor R2 . Řešení: u = (1, 0), v = (-1, 0), w = (0, 0) Komentář: Je vidět, že např. vektor (0, 1) nelze napsat jako lineární kombinaci zadaných vektorů. [3.3.A2]. U. p. různých vektorů (tj. polynomů) f1, f2, f3, f4 R2[x], které a) generují prostor R2[x] Řešení: f1 = 1, f2 = x, f3 = x2 , f4 = -1 + x b) negenerují prostor R2[x]. Řešení: f1 = 1, f2 = x, f3 = 1 - x, f4 = 2 + x Komentář: Je vidět, že např. polynom 2. stupně nelze získat jako lineární kombinaci zadaných vektorů. [3.3.A3]. U. p. tří různých vektorů u, v, w R4 tak, že vektor u generuje tentýž prostor v R4 , jako vektory v, w. Řešení: u = (1, 0, 0, 0), v = (2, 0, 0, 0), w = (3, 0, 0, 0) [3.3.A4]. U. p. vektoru u R3 tak, aby vektor u generoval jiný podprostor v R3 , než vektor 2 u. Řešení: Neexistuje, protože podprostor generovaný vektorem u je roven L(u), podprostor generovaný vektorem 2 u je roven L( 2 u), přičemž zřejmě platí: L(u) = L( 2 u). [3.3.A5]. U. p. nenulových vektorů u, v Q3 tak, aby a) L(u, v) = L(u + v) Řešení: u = (1, 2), v = (3, 6) b) L(u, v) = L(u + v, u - v ). Řešení: Neexistuje, neboť: u, v L(u + v, u - v), tzn. L(u, v) L(u + v, u - v) a dále u + v, u - v L(u, v), tzn. L(u + v, u - v) L(u, v). Tedy oba podprostory se musí rovnat. [3.3.A6]. U. p. vektorů u1, u2, u3 R4 , které jsou lineárně závislé a přitom vektor u1 nelze vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů u2, u3. Řešení: u1 = (1, 0, 0, 0), u2 = (0, 1, 0, 0),u3 = (0, 2, 0 ,0) Komentář: Vektory jsou lineárně závislé, neboť např. 0u1 + (-2)u2 + 1u3 = o. Je ale vidět, že vektor u1 nelze vyjádřit jako lineární kombinaci zbývajících dvou vektorů. [3.3.A7]. U. p. tří vektorů u, v, w Q4 , takových, že a) u, v jsou lineárně závislé a u, v, w jsou lineárně nezávislé Řešení: Neexistuje, protože věta 3. 2. 3 říká, že pokud vybereme je z nějaké posloupnosti vektorů (v našem případě u, v, w) lineárně závislou posloupnost vektorů (v našem případě u, v), pak i původní posloupnost vektorů je lineárně závislá. b) u, v jsou lineárně nezávislé a u, v, w jsou lineárně závislé. Řešení: u = (1, 0, 0, 0), v = (0, 1, 0, 0), w = (1, 1, 0, 0) Kapitola 3. Vektorové prostory 12 [3.3.A8]. U. p. nekonečně mnoha vektorů u1, u2, . . . , un, . . . z vektorového prostoru R3 tak, aby každé dva z nich byly lineárně nezávislé. Řešení: u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 2, 0), u3 = (1, 3, 0), . . . , un = (1, n, 0), . . . [3.3.A9]. U. p. vektorů z R3 , které a) jsou lineárně nezávislé a negenerují prostor R3 Řešení: (1, 0, 0), (0, 1, 0) Komentář: Pro generování prostoru jsou nutné nejméně 3 vektory. b) jsou lineárně nezávislé a generují prostor R3 Řešení: (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) Komentář: V tomto případě musí být vektory právě 3. c) jsou lineárně závislé a negenerují prostor R3 Řešení: (1, 0, 0), (2, 0, 0) d) jsou lineárně závislé a generují prostor R3 . Řešení: (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (1, 1, 0) [3.3.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby dva vektory u, v z vektorového prostoru V byly lineárně nezávislé. Řešení: a) u = o b) u = (1, 0), v = (0, 1) c) vektor u není násobkem vektoru v §4: Báze a dimenze vektorového prostoru [3.4.A1]. U. p. vektorů z vektorového prostoru R2[x], které a) jsou generátory, ale nejsou bází vektorového prostoru R2[x] Řešení: f1 = 1, f2 = x, f3 = x2 , f4 = 1 - x Komentář: Např. první tři vektory tvoří bázi, čtvrtý je libovolný. b) jsou lineárně nezávislé, ale nejsou bází vektorového prostoru R2[x]. Řešení: f1 = 1, f2 = x Komentář: Řešením jsou jeden nebo dva lineárně nezávislé vektory. [3.4.A2]. U. p. vektorů u, v, w Q2 , které a) jsou lineárně nezávislé Řešení: Neexistuje, protože dim Q2 = 2, a tedy v tomto prostoru jsou maximálně 2 lineárně nezávislé vektory. Kapitola 3. Vektorové prostory 13 b) negenerují vektorový prostor Q2 . Řešení: u = (1, 0), v = (2, 0), w = (3, 0) Komentář: Vektory jsou evidentně lineárně závislé a např. vektor (1, 1) není možné obržet žádnou lineární kombinací uvedených vektorů. [3.4.A3]. Uveďte, co všechno můžete říct o čísle n, víte-li, že vektory u1, u2, u3, u4 a) generují vektorový prostor Qn Řešení: n 4 Komentář: Vzhledem k tomu, že dim Qn = n, může vektorový prostor generovat n nebo více vektorů. V našem případě dim Q4 = 4 a tedy musí n 4 b) jsou lineárně nezávislé vektory ve vektorovém prostoru Rn[x]. Řešení: n 4 Komentář: Vzhledem k tomu, že dim Rn[x] = n + 1, může v tomto vektorovém prostoru být maximálně n + 1 lineárně nezávislých vektorů. V našem případě tedy musí n 4. [3.4.A4]. Uveďte, co všechno můžete říct o čísle s, víte-li, že vektory u1, . . . , us a) generují vektorový prostor R5[x] Řešení: s 6 Komentář: Protože dim R5[x] = 6, generuje tento prostor 6 nebo více vektorů. b) jsou lineárně nezávislé vektory ve vektorovém prostoru C5 . Řešení: n 5 Komentář: Protože dim C5 = 5, může být v tomto prostoru maximálně 5 lineárně nezávislých vektorů. [3.4.A5]. U. p. dvou různých podprostorů W1, W2 vektorového prostoru R3 takových, že průnik W1 W2 a) nemá bázi Řešení: W1 = L((1, 0, 0)), W2 = L((0, 1, 0)) Komentář: Průnikem musí být nulový vektorový prostor. b) má bázi u = (1, 1, 1), v = (3, 2, 1). Řešení: W1 = L((1, 1, 1), (3, 2, 1)), W2 = R3 Komentář: Jeden z podprostorů musí být 2-dimenzionální s bází u, v, druhý musí být 3-dimenzionální, tzn. musí se rovnat celému prostoru R3 . [3.4.A6]. U. p. jednodimenzionálního podprostoru W ve vektorovém prostoru R4[x]. Řešení: W = L(f), kde f = x + 1 [3.4.A7]. U. p. dvoudimenzionálního podprostoru W ve vektorovém prostoru R4 tak, že: a) W obsahuje vektor ( 2, 3, 5, 7) Řešení: W = L((1, 0, 0, 0), ( 2, 3, 5, 7)) b) W obsahuje vektory (1, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0). Řešení: Neexistuje, protože uvedené vektory jsou lineárně nezávislé. Kapitola 3. Vektorové prostory 14 [3.4.A8]. U. p. dvou podprostorů W1, W2 vektorového prostoru Q3 takových, že a) dim W1 = dim W2 W1 = W2 Řešení: W1 = L((1, 0, 0)), W2 = L((0, 1, 0)) b) dim W1 = dim W2 W1 W2. Řešení: Neexistuje, protože je-li jeden podprostor ostře pod druhým podprostorem, pak i dimenze tohoto podprostoru je ostře menší než dimenze druhého podprostoru. [3.4.A9]. U. p. třídimenzionálních podprostorů W1, W2 ve vektorovém prostoru R5 takových, že jejich součet je přímým součtem. Řešení: Neexistuje, protože pokud si rozepíšemem větu o dimenzích součtu a průniku podprostorů, vidíme, že dim (W1 + W2) 5 a dim W1 + dim W2 = 6. Dimenze průniku by pak musela být 1, což je spor s tím, že součet podprostorů má být přímý. [3.4.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná c) je nutná i dostatečná pro to, aby dva vektory u, v byly bází vektrového prostoru R2 . Řešení: a) vektory u, v jsou různé od nulového vektoru Komentář: POZOR! V tomto případě je odpověď "Vektory u, v jsou lineárně nezávislé" nebo odpověď "Vektory u, v generují prostor R2 " špatně, neboť se jedná o 2 vektory v prostoru dimenze 2, tzn. výše uvedené odpovědi by byly podmínky nutné a dostatečné. b) u = (1, 2), v = (2, 1) c) u, v jsou lineárně závislé Kapitola 4. Matice a determinanty 15 Kapitola 4 MATICE A DETERMINANTY §1: Determinanty [4.2.A1]. U. p. čtvercové matice A (nad R) takové, že det A má právě 16 členů. Řešení: Neexistuje, protože počet členů determinantu je n!, pro žádné n není n! roven 16. [4.2.A2]. U. p. čtvercové matice A řádu 5 (nad Q), jejíž všechny prvky jsou nenulové, ale det A = 0. Řešení: A = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Komentář: Řádky matice jsou lineárně závislé a tedy podle věty 2. 4. 2. je det A = 0. [4.2.A3]. U. p. matice A řádu n (nad C) tak, aby det A = c, kde c je libovolné, pevné komplexní číslo. Řešení: Matice A řádu n má na diagonále jedničky kromě například prvního řádku, kde je libovolné pevné komplexní číslo c. Komentář: Determinant výše popsané matice je roven součinu prvků na diagonále, tedy det A = c. [4.2.A4]. U. p. matice A řádu 3 (nad R) tak, aby |A | = -|A|. Řešení: A = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 Komentář: Podle věty 2. 1. platí, že det A = det A . Jediné reálné číslo, pro které platí současně věta 2. 1. a požadovaná rovnost je 0, tedy det A se musí rovnat 0. [4.2.A5]. Nechť A je matice řádu 5 (nad R) taková, že |A| = 2. Nechť matice B vznikne z matice A tak, že každý její prvek vynásobíme číslem - 3. Uveďte, čemu se rovná |B|. Řešení: det B = (- 3)5 2 = -9 6 Komentář: Důvodem výskytu páté mocniny ve výpočtu je to, že vynásobíme-li každý prvek matice číslem - 3, znamená to, že každý řádek násobíme tímto číslem. [4.2.A6]. Nechť A je matice řádu 6 (nad R) a nechť jsou pevně zvoleny 3 její sloupce. Uveďte, kolik submatic řádu 3 lze ze zvolených sloupců vybrat. Řešení: 20 submatic Komentář: V matici řádu 6 lze z pevných sloupců vybrat 6 3 submatic řádu 3. Kapitola 4. Matice a determinanty 16 [4.2.A7]. Nechť A je matice řádu n (nad T) a nechť 0 < k < n je celé číslo. Uveďte, kolik submatic řádu k lze matici A sestrojit. Řešení: n k n k Komentář: k sloupců v submatici lze vybrat n k způsoby. K těmto vybraným sloupcům lze k řádků vybrat opět n k způsoby. Protože obě volby jsou nezávislé, výsledky vynáso- bíme. [4.2.A8]. U. p. matice A řádu 3 (nad R) takové, že |A| = 0 a všechny minory řádu 2 v matici A jsou nulové. Řešení: Neexistuje, protože provedeme-li výpočet |A| podle Laplacovy věty například rozvojem podle prvního řádku, dostaneme: |A| = a11 A11 + a12 A12 + a13 A13, přičemž algebraické doplňky A1i (což jsou minory řádu 2) jsou rovny nule. [4.2.A9]. U. p. matice A řádu 3 (nad R) takové, že |A| = 0 a všechny minory řádu 2 v matici A jsou nenulové. Řešení: A = 1 0 1 0 1 1 1 1 2 Komentář: Vypsáním lze ověřit, že všechny minory řádu 2 jsou nenulové, přitom zřejmě determinant uvedené matice je roven nule, neboť třetí řádek je lineární kombinací prvního a druhého řádku. [4.2.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná pro to, aby determinant čtvercové matice A byl nenulový. Řešení: a) všechny řádky matice A jsou nenulové b) A = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 §2: Algebra matic [4.3.A1]. U. p. matic A, B (nad R), které nejsou čtvercové a přitom existují oba součiny A B i B A. Řešení: A = 1 0 0 1 0 0 , B = 1 0 0 0 0 1 Komentář: Oba součiny matic A B, B A existují pouze tehdy, pokud matice A je typu m/n, a zároveň matice B je typu n/m. V našem případě m = 2 a n = 3. Kapitola 4. Matice a determinanty 17 [4.3.A2]. U. p. matice X Matmm(T) tak, aby X A = t A, kde A Matmn(T) je daná matice a t T je dané číslo. Řešení: X = t 0 . . . 0 0 t . . . 0 ... ... ... ... 0 0 . . . t [4.3.A3]. U. p. báze vektorového prostoru Mat32(Q). Řešení: 1 0 0 0 0 0 , 0 1 0 0 0 0 , 0 0 1 0 0 0 , 0 0 0 1 0 0 , 0 0 0 0 1 0 , 0 0 0 0 0 1 Komentář: Je vidět, že uvedené matice jsou lineárně nezávislé a dále, že libovolnou matici z vektorového prostoru Mat32(Q) můžeme vyjádřit jako jejich lineární kombinaci. [4.3.A4]. U. p. generátorů vektorového prostoru Mat22(R), které nejsou bází tohoto pro- storu. Řešení: 1 0 0 0 , 0 1 0 0 , 0 0 1 0 , 0 0 0 1 , 1 1 1 1 Komentář: Uvedené matice nejsou bází vektorového prostoru Mat22(R), neboť zřejmě poslední matice je lineární kombinací předcházejících. Bází vektorového prostoru jsou první čtyři matice. [4.3.A5]. U. p. dvou regulárních matic A, B, které jsou děliteli nuly v okruhu (Mat33(R), +, ). Řešení: Neexistuje, protože pokud A, B jsou děliteli nuly v okruhu (Mat33(R), +, ), pak A = 033, B = 033 A B = 033. Jsou-li však A, B regulární, pak podle Cauchyovy věty musí být i A B regulární, tzn. nemůže nastat A B = 033. [4.3.A6]. U. p. dvou singulárních matic A, B Mat22(R) takových, že matice A B je regulární. Řešení: Neexistuje, protože podle Cauchyovy věty platí: |A| = 0 |B| = 0 |A B| = 0, a tedy |A B| je singulární. [4.3.A7]. U. p. nenulové matice A Mat44(Q), k níž neexistuje matice inverzní. Řešení: A = 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 Komentář: Uvedená matice je singulární, protože první a druhý řádek jsou totožné, a tedy k ní neexistuje inverzní matice. [4.3.A8]. U. p. matice A Mat33(Q), k níž existuje více než jedna inverzní matice. Řešení: Neexistuje, protože k matici existuje nejvíce jedna inverzní matice, neboť(Mat33(Q), ) je pologrupa s jedničkou a, jak víme, v pologrupě s jedničkou existuje ke každému prvku nejvýše jeden prvek inverzní. Kapitola 4. Matice a determinanty 18 [4.3.A9]. U. p. matic A, B Mat22(R) takových, že A B = E2 a B A = E2. Řešení: Neexistuje, protože, je-li AB = E2, pak A, B jsou regulární, tzn. existují inverzní matice A-1 , B-1 a potom A-1 A B A = A-1 E2 A, neboli B A = E2. [4.3.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby k matici A Matnn(R) existovala matice inverzní. Řešení: a) všechny řádky matice A jsou nenulové b) A je jednotková matice řádu n c) matice A je regulární §3: Hodnost matice a další vlastnosti matic [4.4.A1]. U. p. matice A (nad R) takové, že řádky matice A jsou lineárně nezávislé a sloupce matice A jsou lineárně závislé. Řešení: A = 1 0 1 0 1 1 [4.4.A2]. Nechť v matici A Mat69(Q) existuje nenulový minor řádu 4. Uveďte, co všechno lze říci o hodnosti matice A. Řešení: 4 h(A) 6 [4.4.A3]. Nechť v matici A Mat75(R) jsou všechny minory řádu 4 nulové. Uveďte, co všechno lze říci o hodnosti matice A. Řešení: h(A) 3 Komentář: POZOR! Z Laplaceovy věty plyne, že jsou-li v matici A všechny minory řádu 4 nulové, potom také všechny minory řádu většího než 4 jsou v matici A nulové. [4.4.A4]. Nechť v matici A Mat88(Q) existuje nenulový minor řádu 3 a 5 a existuje nulový minor řádu 2, 4 a 6. Uveďte, co všechno lze pak říci o hodnosti matice A. Řešení: 5 h(A) 8 Komentář: V tomto příkladě je důležitý pouze fakt, že existuje nenulový minor řádu 5. Informace o nulových minorech řádu 2, 4 a 6 jsou pro určení hodnosti matice A nepod- statné. [4.4.A5]. U. p. matic A, B Mat33(R) takových, že h(A B) = h(B A). Řešení: A = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 , B = 0 0 0 1 0 0 0 0 0 Komentář: Vynásobením matic ověříme, že: A B = 033 a B A = B = 033 a tedy h(A B) = 0 a h(B A) = 1. Kapitola 4. Matice a determinanty 19 [4.4.A6]. U. p. regulárních matic A, B Mat33(R) tak, že h(A B) = 2. Řešení: Neexistuje, protože víme, že h(A R) = h(A), kde R Mat33(R) je regulární matice. V našem případě R = B a tedy h(A B) = h(A) = 3, protože A je regulární. [4.4.A7]. U. p. nenulové matice A Mat33(R), kterou nelze konečným počtem elementárních řádkových úprav převést na jednotkovou matici. Řešení: A = 1 1 1 1 1 1 0 0 0 Komentář: Uvedená matice má zřejmě hodnost 2. Provedení libovolné elementární řádkové úpravy nemění hodnost matice, tzn. danou matici nelze elementárními řádkovými úpravami převést na jednotkovou matici, která má hodnost 3. [4.4.A8]. U. p. matice H tak, aby H A byla matice, která vznikne ze zadané matice A Mat33(R) přičtením dvojnásobku 3. řádku k 1. řádku. Řešení: H = 1 0 2 0 1 0 0 0 1 Komentář: Matice H vznikne z matice E3 provedením úpravy popsané v zadání, tj. přičtením dvojnásobku 3. řádku k 1. řádku (viz důkaz věty 5. 4. ). [4.4.A9]. U. p. bází (1) a (2) vektorového prostoru R2 tak, že maticí přechodu od báze (1) k bázi (2) je matice 1 2 2 4 . Řešení: Neexistuje, protože matice přechodu od báze k bázi musí být regulární, avšak matice v zadání příkladu je singulární. [4.4.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná pro to, aby h(A B) = h(A), kde A, B Mat33(R). Řešení: a) A = O33 b) A = E3 B = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 Kapitola 5. Soustavy lineárních rovnic 20 Kapitola 5 SOUSTAVY LINEÁRNÍCH ROVNIC §1: Základní vlastnosti soustav lineárních rovnic [5.1.A1]. U. p. dvou ekvivalentních soustav lineárních rovnic (nad Q), které sestávají z různého počtu rovnic. Řešení: x1 + x2 + x3 = 0 2x1 - x2 + x3 = 2 x1 + x2 + x3 = 0 2x1 - x2 + x3 = 2 4x1 - 2x2 + 2x3 = 4 [5.1.A2]. U. p. soustavy 3 lineárních rovnic o 4 neznámých (nad R), která má právě jedno řešení. Řešení: Neexistuje, neboť řešitelná soustava rovnic má jediné řešení, pokud počet neznámých je roven hodnosti matice soustavy. V našem případě je h(A) 3, tzn. h(A) = 4. [5.1.A3]. U. p. soustavy 4 lineárních rovnic o 3 neznámých (nad R), která má právě jedno řešení. Řešení: x1 = 0 x2 = 1 x3 = 2 x1 + x2 + x3 = 3 Komentář: V uvedeném příkladu je vidět, že hodnost matice soustavy se rovná hodnosti rozšířené matice soustavy a tedy soustava má jedno řešení. [5.1.A4]. U. p. soustavy 2 lineárních rovnic o 2 neznámých (nad R), která má právě dvě řešení. Řešení: Neexistuje, protože soustava lineárních rovnic má buď žádné, jedno nebo nekonečně mnoho řešení. [5.1.A5]. U. p. řešitelné soustavy 3 lineárních rovnic o 4 neznámých x1, x2, x3, x4 (nad Q) tak, že neznámé x1, x2, x3 musí být zvoleny za volné neznámé. Řešení: x4 = 1 2x4 = 2 x4 = 1 Kapitola 5. Soustavy lineárních rovnic 21 Komentář: Řešení je vynuceno; soustava rovnic se musí sestávat ze 3 lineárně závislých rovnic, v nichž se vyskytuje pouze neznámá x4. [5.1.A6]. U. p. řešitelné soustavy 3 lineárních rovnic o 4 neznámých x1, x2, x3, x4 (nad Q) tak, že neznámé x2, x4 nelze volit za volné neznámé. Řešení: x1 + 2x2 + x4 = 1 x2 = 2 x4 = 3 Komentář: Z rovnic je vidět, že neznámé x2, x4 se rovnají konkrétním číslům a tedy je nelze volit jako volné neznámé. [5.1.A7]. Je dána soustava 3 lineárních rovnic o 3 neznámých (nad R), jejíž matice soustavy je singulární. Uveďte, co všechno lze říci o počtu řešení této soustavy. Řešení: Soustava má buď nekonečně mnoho řešení nebo je neřešitelná. [5.1.A8]. Je dána soustava 4 lineárních rovnic o 3 neznámých (nad R), jejíž rozšířená matice soustavy je regulární. Uveďte, co všechno lze říci o počtu řešení této soustavy. Řešení: Soustava nemá řešení. Komentář: Ze zadání plyne, že h( A) = 4, zatímco h(A) = 4, protože A má 3 sloupce. [5.1.A9]. U. p. nehomogenní soustavy lineárních rovnic o 4 neznámých (nad R) tak, že množina všech řešení této soustavy je podprostorem ve vektorovém prostoru R4 . Řešení: Neexistuje, neboť nulový vektor o zde není řešením a proto množina řešení nemůže být podprostorem. [5.1.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby soustava k lineárních rovnic o n neznámých (nad T) byla neřešitelná. Řešení: a) Soustava lineárních rovnic je nehomogenní. b) Jedna z rovnic má tvar: 0 x1 = 1. c) Hodnost matice soustavy se nerovná hodnosti rozšířené matice soustavy. §2: Homogenní soustavy lineárních rovnic [5.2.A1]. U. p. homogenní soustavy 3 lineárních rovnic o 4 neznámých x1, x2, x3, x4 (nad R) tak, že za volné neznámé je nutno volit právě neznámé x1, x3. Řešení: x2 = 0 x4 = 0 x2 + x4 = 0 Kapitola 5. Soustavy lineárních rovnic 22 [5.2.A2]. U. p. podprostoru W v R5 , který není množinou řešení žádné homogenní soustavy lineárních rovnic o 5 neznámých nad R. Řešení: Neexistuje, protože podle věty 3. 1. má homogenní soustava rovnic buď pouze nulové řešení nebo nekonečně mnoho řešení. [5.2.A3]. U. p. homogenní soustavy 3 lineárních rovnic o 5 neznámých (nad Q) tak, že její podprostor řešení má dimenzi 4. Řešení: x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0 2x1 + 2x2 + 2x3 + 2x4 + 2x5 = 0 3x1 + 3x2 + 3x3 + 3x4 + 3x5 = 0 Komentář: Řešení plyne z věty 3. 2.: dim U = n - h(A). [5.2.A4]. U. p. homogenní soustavy 2 lineárních rovnic o 5 neznámých (nad Q) tak, že její podprostor řešení má dimenzi 2. Řešení: Neexistuje. Odpověď plyne z věty 3. 2.: dim U = n - h(A). V našem případě dim U = 2, n = 5 a tedy h(A) se musí rovnat 3. [5.2.A5]. Nechť W je podprostor řešení homogenní soustavy 4 lineárních rovnic o 6 neznámých (nad R). Udejte, jakých všech hodnot může nabývat dim W. Řešení: 2 < dim W 6 Komentář: Řešení plyne z věty 3. 2.: dim U = n - h(A). [5.2.A6]. U. p. homogenní soustavy lineárních rovnic (nad R) tak, aby bází jejího podprostoru řešení byly vektory (1, 1, 0, 0, 0) a (0, 0, 0, 0, 1). Řešení: x1 - x2 = 0 x3 = 0 x4 = 0 Komentář: Odpověď plyne z věty 3. 2.: dim U = n - h(A); podle této h(A) = 3, tyto 3 lineárně nezávislé rovnice musí mít takový tvar, aby dané vektory byly řešeními. [5.2.A7]. U. p. homogenní soustavy lineárních rovnic (nad R) tak, aby bází jejího podprostoru řešení byl vektor (1, 1, 1, 1). Řešení: x1 - x2 = 0 x2 - x3 = 0 x3 - x4 = 0 Komentář: Odpověď plyne z věty 3. 2.: dim U = n - h(A); podle této h(A) = 3, tyto 3 lineárně nezávislé rovnice musí mít takový tvar, aby zadaný vektor byl řešením. [5.2.A8]. U. p. homogenní soustavy 3 lineárních rovnic o 4 neznámých (nad Q) tak, aby její podprostor řešení neměl bázi. Řešení: Neexistuje. Vektorový podprostor nemá bázi je nulový, to znamená mělo by se jednat o homogenní soustavu lineárních rovnic, která má pouze nulové řešení. Z věty 3. 2.: dim U = n - h(A) plyne: 0 = 4 - h(A) h(A) = 4, což nelze. Kapitola 5. Soustavy lineárních rovnic 23 [5.2.A9]. U. p. homogenní soustavy 4 lineárních rovnic o 3 neznámých (nad Q) tak, aby její podprostor řešení neměl bázi. Řešení: x1 = 0 x2 = 0 x3 = 0 x1 + x2 + x3 = 0 Komentář: Soustava má jediné řešení a to, že všechny 3 neznámé se rovnají 0. Podprostor řešení je tedy nulový vektor. Tento podprostor nemá bázi. [5.2.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby homogenní soustava k lineárních rovnic o n neznámých (nad R) měla nekonečně mnoho řešení. Řešení: a) Nulový vektor o je řešením soustavy. b) Homogenní soustava lineárních rovnic má tvar: x1 + x2 = 0. c) h(A) < n, tj. hodnost matice soustavy je menší než počet neznámých. Kapitola 6. Euklidovské vektorové prostory 24 Kapitola 6 EUKLIDOVSKÉ VEKTOROVÉ PROSTORY §1: Skalární součin, velikost a odchylka vektorů [6.1.A1]. Ve vektorovém prostoru C nad R definujte skalární součin. Řešení: Je-li u = a + bi = (a, b), v = c + di = (c, d), pak u v = ac + bd [6.1.A2]. Ve vektorovém prostoru R3[x] definujte skalární součin dvěma různými způsoby. Řešení: Je-li f = a3x3 + a2x2 + a1x1 + a0x0 , g = b3x3 + b2x2 + b1x1 + b0x0 , pak lze skalární součin f, g definovat: 1. způsob: f g = a3b3 + a2b2 + a1b1 + a0b0 2. způsob: f g = 1 0 f(x) g(x) dx, f, g R3[x] [6.1.A3]. U. p. reálného vektorového prostoru, ve kterém nelze definovat skalární součin. Řešení: Neexistuje. Odpověď plyne z věty 1. 1., která říká, že v každém reálném vektorovém prostoru lze definovat skalární součin. [6.1.A4]. U. p. nenulového vektoru u z euklidovského prostoru R4 tak, že u u = 0. Řešení: Neexistuje, protože podle 4. axiomu definice skalárního součinu pro u = o platí: u u > 0. [6.1.A5]. U. p. normovaných vektorů u,v z euklidovského prostoru R3 tak, že u v = 3. Řešení: Neexistuje, protože podle Schwarzovy nerovnosti platí: |u v| ||u|| ||v||. V našem případě tedy vychází: 3 1 1, což neplatí. [6.1.A6]. U. p. normovaných, lineárně nezávislých vektorů u, v z euklidovského prostoru R3 tak, že u v = 1. Řešení: Neexistuje. Odpověď opět plyne ze Schwarzovy nerovnosti a jejího důsledku. V našem případě ve Schwarzově nerovnosti nastává rovnost, což je možné tehdy, jsou-li vektory lineárně závislé. [6.1.A7]. Nechť skalární součin dvou normovaných vektorů z euklidovského prostoru Rn je roven -1. Uveďte, co lze říci o lineární závislosti či nezávislosti těchto vektorů. Řešení: vektory jsou lineárně závislé Komentář: Odpověď plyne ze Schwarzovy nerovnosti a jejího důsledku, neboť v našem případě vychází: | - 1| = 1 a tedy ve Schwarzově nerovnosti nastane rovnost. Kapitola 6. Euklidovské vektorové prostory 25 [6.1.A8]. Nechť u,v jsou normované vektory z euklidovského prostoru R4 . Uveďte, co všechno lze říci o velikosti vektoru u + v. Řešení: 0 ||u + v|| 2 Komentář: Podle věty 1. 4. 3. platí: ||u+v|| ||u|| + ||v||. V našem případě ||u|| + ||v|| = 2, protože vektory jsou normované. [6.1.A9]. U. p. vektorů u,v z euklidovského prostoru R2 tak, že odchylka těchto vektorů je 2 3 . Řešení: u = (1, 0), v = (-1 2 , 3 2 ) Komentář: Složky jednoho z vektorů si zvolíme, co nejjednodušeji, a složky druhého vektoru dopočítáme podle vzorce pro výpočet odchylky dvou vektorů. [6.1.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná pro to, aby pro vektory u,v z euklidovského prostoru R3 platilo: u v > 0. Řešení: a) vektory u,v jsou nenulové b) u = (1, 2),v = (3, 3) §2: Ortogonálnost [6.2.A1]. U. p. báze euklidovského prostoru R4 , která je ortogonální a není ortonormální. Řešení: (2, 0, 0, 0), (0, 2, 0, 0), (0, 0, 2, 0), (0, 0, 0, 2) [6.2.A2]. U. p. dvou různých ortonormálních bází euklidovského prostoru R2 . Řešení: 1. báze: (1, 0), (0, 1) 2. báze: ( 1 2 , - 1 2 ), ( 1 2 , 1 2 ) [6.2.A3]. U. p. ortogonálních vektorů, které generují euklidovský prostor R3 , ale nejsou bází R3 . Řešení: (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 0, 0) Komentář: Při řešení postupujeme tak, že napíšeme nějakou ortogonální bázi R3 a přidáme k ní nulový vektor. [6.2.A4]. Nechť u1, u2, u3, u4 jsou nenulové ortogonální vektory z euklidovského prostoru Rn . Uveďte, co všechno lze pak říci o čísle n. Řešení: n 4 [6.2.A5]. Nechť e1,. . . , ek jsou vektory získané z vektorů u1,. . . , uk Gram-Schmidtovým ortogonalizačním procesem. Uveďte, kolik z vektorů e1,. . . , ek je nulových. Řešení: Je-li dim L(u1, u2, u3, u4) = r ( 4), pak i dim L(e1, e2, e3, e4) = r, což znamená, že právě (4 - r) z vektorů e1, e2, e3, e4 je nulových. (Zbývajících r vektorů je nenulových a tvoří ortogonální bázi podprostoru L(u1, u2, u3, u4), tj. podprostoru generovaného vektory u1, u2, u3, u4.) Kapitola 6. Euklidovské vektorové prostory 26 [6.2.A6]. U. p. ortogonálních množin A, B v euklidovském prostoru R4 tak, že A je konečná množina a B je nekonečná množina. Řešení: A = {(1, 0, 0, 0)}, B = {(0, 0, x, y)| x, y R} [6.2.A7]. U. p. netriviálního podprostoru W euklidovském prostoru R4 tak, aby platilo, že dim W < dim W. Řešení: W = L((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)) Komentář: Podle věty 2. 6. 2. je W ˙+W = R4 , tzn. pak podle věty o dimenzi součtu a průniku podprostorů platí: dim W + dim W = 4. Potom (vzhledem k tomu, že W musí být netriviální) vychází, že dim W = 3. Správnou odpovědí je tedy jakýkoliv podprostor v R4 , který má dimenzi 3. [6.2.A8]. U. p. podprostoru W euklidovském prostoru R5 tak, aby platilo, že dim W = dim W. Řešení: Neexistuje, protože podle věty 2. 6. 2. je W ˙+W = R5 . Dále podle věty o dimenzi součtu a průniku podprostorů platí: dim W + dim W = dim (W +W ) + dim (W W ). Uvedené podmínky nelze splnit v případě, že dim W = dim W. [6.2.A9]. U. p. podprostoru W euklidovském prostoru R4 tak, aby ortogonální projekcí vektoru u = (1, 2, 3, 4) do podprostoru W byl nulový vektor. Řešení: W = L((-4, -3, 2, 1)) Komentář: Ze zadání plyne, že podprostor W musí být zvolen tak, aby vektor u ležel v podprostoru W . [6.2.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná pro to, aby podmnožiny A, B euklidovského prostoru R3 byly ortogonální. Řešení: a) A B = A B = {o} b) A = R3 , B = {o} Kapitola 7. Lineární zobrazení vektorových prostorů 27 Kapitola 7 LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ VEKTOROVÝCH PROSTORŮ §1: Základní vlastnosti lineárního zobrazení [7.1.A1]. U. p. injektivního lineárního zobrazení , přičemž a) : R2 R3 Řešení: ((x1, x2)) = (x1, x2, 0), pro (x1, x2) R2 libovolné b) : R3 R2 . Řešení: Neexistuje, protože podle věty 1. 6. platí, že je injektivní dim (Ker ) = 0 a zároveň podle věty 1. 7. platí: dim (Ker ) + dim (Im ) = dim V . Pokud tedy dosadíme naše hodnoty jednotlivých dimenzí dosteneme: 0 + 2 = 3, což neplatí. [7.1.A2]. U. p. surjektivního lineárního zobrazení , přičemž a) : R2 R3 Řešení: Neexistuje, protože podle věty 1. 7. platí: dim (Ker ) + dim (Im ) = dim V . Dosadíme-li známé hodnoty dimenzí z našeho příkladu dostaneme: dim (Ker ) + 3 = 2. Hodnota dimenze jádra by se tedy musela rovnat záporné hodnotě, což nelze. b) : R3 R2 . Řešení: ((x1, x2, x3)) = (x1, x2), pro (x1, x2, x3) R3 libovolné [7.1.A3]. U. p. bijektivního zobrazení : R3 R3 , které není lineárním zobrazením. Řešení: ((x1, x2, x3)) = (x1, x2, 1) Komentář: Nulový vektor o V se nezobrazí na nulový vektor o' V [7.1.A4]. U. p. lineárního zobrazení : R3 R2 takového, že platí: ((1, 0, 0)) = (1, 0) a ((2, 0, 0)) = (0, 2). Řešení: Neexistuje, protože podle věty 1. 9. 1. platí, že jsou-li zobrazované vektory lineárně závislé, pak i jejich obrazy jsou lineárně závislé. [7.1.A5]. U. p. lineárního zobrazení : R5 R4 , že dim (Ker ) = 2. Řešení: Zobrazení zadáme pomocí obrazů vektorů báze prostoru R5 : (1, 0, 0, 0, 0) = o (0, 1, 0, 0, 0) = o (0, 0, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 0) (0, 0, 0, 1, 0) = (0, 1, 0, 0) (0, 0, 0, 0, 1) = (0, 0, 1, 1) Komentář: Vektory (1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0) zřejmě tvoří bázi Ker . Kapitola 7. Lineární zobrazení vektorových prostorů 28 [7.1.A6]. U. p. lineárního zobrazení : R5 R4 takového, že je Im = [(1, 2, 3, 4), (4, 3, 2, 1)]. Řešení: Zobrazení zadáme pomocí obrazů vektorů báze prostoru R5 : (1, 0, 0, 0, 0) = (1, 2, 3, 4) (0, 1, 0, 0, 0) = (4, 3, 2, 1) (0, 0, 1, 0, 0) = o (0, 0, 0, 1, 0) = o (0, 0, 0, 0, 1) = o Komentář: Podle věty 1. 2. 2. se generátory R5 zobrazí na generátory (R5 ) = Im . Je tedy ihned vidět, že Im = [(1, 2, 3, 4), (4, 3, 2, 1)]. [7.1.A7]. Nechť : Rk Rn je lineární zobrazení takové, že Ker = 4 a Im = 5. Uveďte, co všechno lze pak říci o číslech k, n. Řešení: k = 9, n 5 Komentář: Řešení plyne z věty 1. 7.: dim (Ker ) + dim (Im ) = dim V , kde V = Rk . [7.1.A8]. U. p. izomorfismu : R3 R3[x]. Řešení: Neexistuje, protože podle věty 1. 10. (věta o izomorfismu vektorových prostorů) platí, že dva vektorové prostory jsou izomorfní právě tehdy, když mají stejnou dimenzi. V našem případě: dim R3 = 3 = 4 = dim R3[x]. [7.1.A9]. U. p. tří různých vektorových prostorů, které jsou navzájem izomorfní. Řešení: R6 , R5[x], Mat32(R) Komentář: Víme, že aby vektorové prostory byly navzájem izomorfní, musí být zadané nad stejným číselným tělesem. Proto jsme omezeni na výběr z prostorů n-tic, polynomů a matic. Dále nesmíme zapomenout, že prostory musí mít stejnou dimenzi. [7.1.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná, ale není dostatečná b) je dostatečná, ale není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby lineární zobrazení : V V bylo injektivní. Řešení: a) (o) = o' b) V = V = idV §2: Lineární transformace a její matice [7.2.A1]. U. p. lineární transformace vektorového prostoru R4 , která a) není injektivní Řešení: ((x1, x2, x3, x4)) = (x1, 0, x3, 0) b) je injektivní a není surjektivní. Řešení: Neexistuje, neboť z věty 2. 1. plyne, že je-li lineární transformace injektivní, pak je i surjektivní. Kapitola 7. Lineární zobrazení vektorových prostorů 29 [7.2.A2]. U. p. lineární transformace vektorového prostoru R3 tak, že a) Ker = [(1, 2, 3),(4, 5, 6)] Řešení: Lineární transformaci zadáme pomocí obrazů vektorů báze prostoru R3 . Za bázi vezmeme vektory (1, 2, 3),(4, 5, 6) a libovolný vektor, který je s nimi tvoří bázi R3 , např. vektor (0, 0, 1).: (1, 2, 3) = o (4, 5, 6) = o (0, 0, 1) = (1, 1, 1) Komentář: Vektory (1, 2, 3),(4, 5, 6) zřejmě patří do jádra, obraz posledního vektoru báze můžeme zvolit libovolně různě od nulového vektoru. b) Im = [(1, 2, 3),(4, 5, 6)]. Řešení: Lineární transformaci zadáme pomocí obrazů vektorů báze prostoru R3 takto: (1, 0, 0) = (1, 2, 3) (0, 1, 0) = (4, 5, 6) (0, 0, 1) = (4, 5, 6) Komentář: Protože vektory (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) jsou generátory R3 (neboť jsou bází), podle věty 1. 2. 2. musí i jejich obrazy být generátory podprostoru (R3 ). V našem případě je (R3 ) = [(1, 2, 3),(4, 5, 6)]. [7.2.A3]. U. p. neidentické lineární transformace vektorového prostoru R4 tak, že R4 = Ker ˙+ Im . Řešení: Lineární transformaci zadáme pomocí obrazů vektorů báze prostoru R4 takto: (1, 0, 0, 0) = o (0, 1, 0, 0) = o (0, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 1) (0, 0, 0, 1) = (0, 0, 1, 0) Komentář: Postupujeme tak, že si předem zvolíme, jak bude vypadat jádro a obraz, přičemž musí platit: Ker ˙+ Im = R4 . V našem příkladě jsme si zvolili: Ker = [(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)], Im = [(0, 0, 1, 0), (0,0, 0, 1)] a podle toho jsme pak zadali transformaci . Je vidět, že Ker a Im nemusí mít stejnou dimenzi, např. jsme mohli zvolit: Ker = [(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)] a Im = [(0, 0, 1, 0)]. Pak by zobrazení mohlo být definováno takto: (1, 0, 0, 0) = o (0, 1, 0, 0) = o (0, 0, 1, 0) = o (0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 1). [7.2.A4]. U. p. lineární transformace vektorového prostoru V tak, že platí Ker = Im , přičemž a) V = R4 Řešení: Lineární transformaci zadáme pomocí obrazů vektorů báze prostoru R4 . Tedy: (1, 0, 0, 0) = o (0, 1, 0, 0) = o (0, 0, 1, 0) = (1, 0, 0, 0) (0, 0, 0, 1) = (0, 1, 0, 0) Kapitola 7. Lineární zobrazení vektorových prostorů 30 Komentář: Je přímo vidět, že Ker = [(1, 0, 0, 0), 0, 1, 0, 0)] a Im = [(1, 0, 0, 0), 0, 1, 0, 0)]. b) V = R5 . Řešení: Neexistuje, neboť podle věty 1. 7. platí: dim (Ker ) + dim (Im ) = dim V a tedy v našem případě by muselo platit: dim (Ker ) + dim (Im ) = 5. Ale protože zároveň podle zadání musí platit Ker = Im a protože víme, že pokud se dva podprostory rovnají mají i stejnou dimenzi, dosazením dostaneme: 2dim (Ker ) = 5, tzn. dim (Ker ) = 5 2 , což není možné. [7.2.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná a není dostatečná b) je dostatečná a není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby lineární transformace vektorového prostoru V byla bijektivním zobrazením. Řešení: a) (o) = o Komentář: Odpověď: " je injektivní" je v tomto případě špatně, je nutné si totiž uvědomit, co říká věta 2. 1. . b) = idV c) zobrazuje libovolnou bázi V opět na bázi ve V §4: Ortogonální zobrazení, ortogonální matice Úmluva: Stejně jako ve sbírce příkladů i zde předpokládáme, že ve všech příkladech o euklidovském prostoru Rn (není-li výslovně řečeno jinak) je skalární součin v tomto prostoru definován "obvyklým způsobem", tzn. pro vektory u = (u1, u2, . . . , un), v = (v1, v2, . . . , vn) je u v = u1v1 + u2v2 + + unvn. [7.4.A1]. U. p. ortogonálního zobrazení : R2 R3 Řešení: ((x1, x2)) = (x1, x2, 0) [7.4.A2]. U. p. ortogonálního zobrazení : R3 R2 Řešení: Neexistuje, protože ortogonální zobrazení musí být injektivní, tzn. Ker = o. Pak tedy dostáváme dim (Ker ) + dim (Im ) = dim R3 , neboli dim (Im ) = 3, což není možné, neboť Im je zároveň podprostorem v R2 [7.4.A3]. U. p. ortogonální transformace euklidovského prostoru R4 tak, aby tato transformace nebyla surjektivním zobrazením. Řešení: Neexistuje, což plyne z věty 4. 4. 1., která říká, že je-li ortogonální transformace euklidovského prostoru, pak je bijektivní, tedy i surjektivní. Kapitola 7. Lineární zobrazení vektorových prostorů 31 [7.4.A4]. Uveďte, co všechno lze říci o dimenzích euklidovských prostorů V , V , víte-li, že nulové lineární zobrazení : V V je ortogonálním zobrazením. Řešení: dim V = 0, dim V 0 Komentář: Víme, že je-li zobrazení ortogonální, pak je i injektivní (věta 4. 3.). Dále víme, že je-li zobrazení injektivní, má každý vektor z V nejvýše jeden vzor z V , a tedy i nulový vektor o' prostoru V má nejvýše jediný vzor, a to nulový vektor prostoru V . Ale protože je navíc zobrazení podle zadání nulové, je tento nulový vektor jediným vektorem celého prostoru V (uvědomte si, co znamená nulové zobrazení.) a tedy dim V = 0. Pokud v naší úvaze postoupíme k prostoru V zjistíme, že je nám vlastně úplně jedno, jak tento prostor vypadá, neboť největším problémem byl nulový vektor, který už máme vyřešený. A tedy dimenze prostoru V může nabývat libovolných hodnot od nuly výše. [7.4.A5]. U. p. euklidovského prostoru, který je izomorfní s euklidovským prostorem R5 . Řešení: R4[x] se skalárním součinem f g = 1 0 f(x) g(x) dx, f, g R4[x] Komentář: Podle věty 4. 2. platí, že dva euklidovské prostory jsou izomorfní právě, když mají stejnou dimenzi. Skalární součin jsme mohli definovat i jiným způsobem, neboť definování skalárního součinu nemá vliv na izomorfii prostorů. [7.4.A6]. Ve vektorovém prostoru R2[x] definujte dvěma různými způsoby skalární součin tak, aby vzniklé euklidovské prostory nebyly izomorfní. Řešení: Neexistuje, neboť definování skalárního součinu nemá vliv na izomorfii prostorů. Prostory jsou izomorfní, existuje-li mezi nimi bijektivní zobrazení zachovávající skalární součin. [7.4.A9]. U. p. matic A, B Mat22(R), které nejsou ortogonální, ale jejich součin A B je ortogonální maticí. Řešení: A = 1 1 1 0 , B = 0 1 1 -1 Komentář: Sami si můžete ověřit, že B = A-1 , a tedy součin A B je jednotková matice, která je jistě ortogonální, přičemž matice A, B evidentně ortogonální nejsou. [7.4.A10]. U. p. podmínky, která a) je nutná a není dostatečná b) je dostatečná a není nutná c) je nutná a dostatečná pro to, aby matice A Mat44(R) byla ortogonální. Řešení: a) A je regulární b) A = E4 c) A A = E4 32 Literatura [1] Horák, P. Lineární algebra a geometie 1. http://www.math.muni.cz/~horak/LA_SKRIPTA.pdf, 2007. [2] Horák, P. Cvičení z algebry a teoretické aritmetiky I. 3. vydání Brno: Masarykova univerzita, 2006.