2. vnitrosemestrální písemná práce z MIN101, podzim 2023
Jméno: Datum: 29. 11. 2023
UČO:
Příklad 1 (3b). Pro každé a ∈ R uvažujme vektorový podprostor Va ⊆ R4
, kde
Va = (1, 0, −1, 4 − a), (2, 0, −2, 5 − a), (−1, −1, a, −2), (0, −1, a − 1, −1) .
a) Z množiny generátorů vyberte bázi podprostoru Va pro obecný parametr a.
b) Nalezněte parametr a0 ∈ R takový, že dim Va0 = 2.
c) Zjištěné dva bázové vektory Va0 doplňte na bázi celého R4
.
Řešení. Označme si vektory generující Va postupně v1, v2, v3, v4. Vektory jsou lineárně nezávislé
pokud následující rovnice má jednoznačné řešení, a to nulové
a1v1 + a2v2 + a3v3 + a4v4 = 0.
Řešme tedy tuto výše uvedenou rovnici. Je to v podstatě soustava čtyř rovnic (pro každou
souřadnici) a o čtyřech neznámých a1, . . . , a4.




1 2 −1 0
0 0 −1 −1
−1 −2 a a − 1
4 − a 5 − a −2 −1




(i)
∼




1 2 −1 0
0 0 −1 −1
0 0 a − 1 a − 1
0 −3 + a 2 − a −1




(ii)
∼




1 2 −1 0
0 −3 + a 2 − a −1
0 0 −1 −1
0 0 0 0




Řádkové operace jsou postupně: (i) přičtení 1. řádku ke 3. řádku, odečtení (4 − a)-násobku 1.
řádku od 4. řádku; (ii) přičtení (a−1) násobku 2. řádku ke 3. řádku1
, přemístění 4. řádku mezi
1. a 2. řádek.
Ve sloupcích, ve kterých se nachází vedoucí prvek některého řádku, jsou lineárně nezávislé
vektory2
, přičemž vektor příslušící druhému sloupečku je lineárně nezávislý jen tehdy, když
a = 3.
Báze Va pro a = 3 je (v1, v2, v3). Pro a0 = 3 je prvek v poslední matici −3 + a = 0, a proto
obsahuje jen dva vedoucí prvky, tudíž Va0 má bázi (v1, v3) a dimenzi 2.
Pro doplnění báze na bázi celého R4
si dopíšeme vedle v1, v3 standardní bázi R4
, tj. vektory
e1, e2, e3, e4, a vybereme vektory, které jsou lineárně nezávislé.




1 2 1 0 0 0
0 0 0 1 0 0
−1 −2 0 0 1 0
1 3 0 0 0 1



 ∼




1 2 1 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
0 1 −1 0 0 1



 ∼




1 2 1 0 0 0
0 1 −1 0 0 1
0 0 1 0 1 0
0 0 0 1 0 0




Báze Va0 doplněná na bázi R4
je tedy (v1, v3, e1, e2).
1
Uvědomme si, že ve druhé matici můžeme „vynulovat 3. řádek, i kdyby a = 1, protože to by již byl tento
řádek nulový, avšak naopak 2. řádek bychom mohli vynulovat jen pokud a = 1.
2
Když totiž řešíme soustavu rovnic tak za proměnnou v sloupečku, kde není vedoucí prvek můžeme zvolit
libovolný parametr. Mimo jiné můžeme zvolit číslo 0, tedy při volbě a4 = 0 má soustava a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0
jediné řešení - to nulové.
1
Příklad 2 (2b). Spočítejte determinant matice
D =








1 0 −2 1 3
0 1 −1 1 −1
1 −3 2 0 0
−1 0 2 2 0
−2 0 0 1 1








Řešení. Nabízí se dvě metoty, buď úprava elemetárními řádkovými operacemi3
, nebo Laplaceův
rozvoj podle 2. sloupce (má nejvíce nul).
Řádkovými úpravami, přesněji přičítáním 1. a 2. řádku k ostatním, snadno dostaneme de-
terminant
det D =
1 0 −2 1 3
0 1 −1 1 −1
0 0 1 2 −6
0 0 0 3 3
0 0 −4 3 7
=
1 0
0 1
·
1 2 −6
0 3 3
−4 3 7
= 1 · (21 + 0 + (−24) − 72 − 9 − 0) = −84
Příklad 3 (2b). Uvažujme podprostor U ⊆ R4
generovaný vektory
w1 = (1, −1, 1, 1), w2 = (1, 0, 2, −1), w3 = (0, 2, 1, 1).
a) Rozhodněte, které z vektorů w1, w2, w3 jsou vzájemně kolmé.
b) Nalezněte ortogonální bázi podprostoru U = w1, w2, w3 .
Řešení. Skalární součini w1, w2 = 2, w1, w3 = 0, w1, w2 = 1, tedy pouze w1 ⊥ w3.
Abychom si zjednodušili počítání, pro Gramm-Schmidtův algoritmus budeme brát vektory
v pořadí w1, w3, w2, přičemž w3 je již kolmý na w1, takže pro něj není co počítat. Ortogonální
báze je
u1 = w1 = (1, −1, 1, 1)
u2 = w3 = (0, 2, 1, 1)
u3 = w2 − au1 − bu2 = w2 −
w2, u1
u1, u1
u1 −
w2, u2
u2, u2
u2
= (1, 0, 2, −1) −
2
4
· (1, −1, 1, 1) −
1
6
· (0, 2, 1, 1)
= 1
2
, 1
6
, 4
3
, −5
3
= 1
6
(3, 1, 8, −10).
Příklad 4 (3b). Uvažujme lineární zobrazení ϕ: R2
→ R2
definované jako symetrie podle
přímky
p: 2x − 3y = 0.
a) Nalezněte matici lineárního zobrazení ϕ ve standardní bázi.
b) Nalezněte vektor w symetrický podle přímky p k vektoru w = (2, 5).
3
Nesmíme zapomenout na změnu znaménka při prohození dvou řádků a vytknutí příslušného čísla při vydělení
řádku.
2
Řešení. Hledáme zobrazení ϕ: R2
→ R2 takové, které směrový vektor u = (3, 2) přímky p nechá
nezměněný, tj. ϕ(u) = u, a normálový vektor n = (2, −3) k přímce pošle na opačný vektor, tj.
ϕ(n) = −n. Napíšeme-li do matice, co se na co zobrazí, řádkovými úpravami zjistíme, čemu
odpovídá ϕ(e1) a ϕ(e2).
u ϕ(u)
n ϕ(n)
=
3 2 3 2
2 −3 −2 3
∼
3 2 3 2
−6 9 6 −9
∼
3 2 3 2
0 13 12 −5
∼
3 2 3 2
0 1 12
13
− 5
13
∼
3 0 39−24
13
26+10
13
0 1 12
13
− 5
13
∼
1 0 5
13
12
13
0 1 12
13
− 5
13
=
e1 ϕ(e1)
e2 ϕ(e2)
Transponováním (převrácením podle diagonály) poslední matice napravo dostaneme matici
zobrazení ϕ ve standardní bázi.
A = (ϕ) , =
5
13
12
13
12
13
− 5
13
Obraz vektoru w nalezneme jednoduše vynásobením maticí zobrazení.
w = ϕ(w) = Aw =
5
13
12
13
12
13
− 5
13
2
5
=
70
13
− 1
13
3