7./1.10.

1. Spočítejte v C (komplexních číslech): -(4+3i), (4+3i) + (2-i), (4+3i) . (2-i), (4+3i)^-1, (4+3i)^-1(2-i).
   

   (4+3i) + (2-i) = (4+2) + (3-1)i = 6+2i,
   (4+3i) . (2-i) = (8+3) + (-4+6)i = 11+2i,
   (4+3i)^-1 = (4-3i).((4+3i)(4-3i))^-1 = (4-3i))(25)^-1 = 4/25 - 3/25.i,
   (4+3i)^-1(2-i) = (4/25 - 3/25.i).(2-i) =1/25 .[(8-3) + (-4-6)i] = 1/5 - 2/5i.

Připomeňme, že umíme najít všechna řešení soustav lineárních rovnic o 2 či 3 neznámých nad reálnými čísly. Snadno si uvědomíme, že k tomu potřebujeme umět používat operace sčítání, násobení číslem, odčítání (tj. umíme najít "opačný prvek" ke každému) a dělení nenulovým číslem (tj. umíme najít "inverzní prvek" ke každému nenulovému číslu).

2. Spočítejte všechna reálná (racionální, komplexní) řešení soustavy rovnic:

   x+2y	=5
   2x+y	=4

   
   

   Hledáme průsečík dvou různoběžek v R², který je zřejmě jednoznačně určen. Tedy (x,y)^T=(1,2)^T.

   
   

   Zřejmě je výše nalezené reálné řešení také racionálním i komplexním řešením. Výpočet (v reálném případě jsme disponovali geometrickým náhledem, nyní nám nezbývá než spolehnout se i v otázce existence či jednoznačnosti řešení na aritmetickou argumentaci), nám ukazuje, že žádné další komplexní řešení soustavy neexistuje. Zřejmě neexistuje ani žádné další racionální řešení, protože každé racionální řešení je rovněž reálným řešením soustavy.

   
   
3. Spočítejte všechna reálná (racionální, komplexní) řešení soustavy rovnic:

   x-3y	=1
   -2x+6y	=1

   
   

   V tomto případě nám geometrická interpretace řekne, že řešením soustavy jsou body ležící v průsečíku dvou přímek ve dvoudimenzionálním prostoru. Okamžitě ovšem zjistíme, že jde o rovnice dvou různých rovnoběžek, tedy množina všech řešení je prázdná. Aritmetickou úvahou (například přičteme-li k druhé rovnici dvojnásobek první, dostaneme sporný výraz 0=3, který samozřejmě pro žádná reálná, komplexní ani racionální x a y neplatí) opět zjistíme, že daná soustava nemá ani žádné racionální či komplexní řešení.

   
   
4. Spočítejte všechna reálná (racionální, komplexní) řešení soustavy rovnic:

   x-3y	=1
   -2x+6y	=-2

   
   

   Podobně jako v předchozím příkladě jsou směrové vektory přímek daných rovnicemi svými násobky. Snadno ovšem zjistíme, že rovnice vyjadřují jednu a tutéž přímku. Množinu všech řešení můžeme popsat parametricky například následovně: {(1,0)+t.(3,1)| t reálná}.

   Obdobnou úvahou jako v předchozích úlohách nahlédneme, že všechna řešení soustavy v racionálním případě tvoří množinu {(1,0)+t.(3,1)| t racionální} a všechna řešení soustavy v komplexním oboru jsou tvaru (1,0)+t.(3,1), kde t je libovolné komplexní číslo.

   
   
5. Najděte všechna reálná (racionální, komplexní) řešení soustavy rovnic:

   2x+z	=4
   x+3y+2z	= -1
   x+y+z	=1

   
   

   I v případě soustavy rovnic o třech neznámých nám geometrický náhled pomůže nalézt všechna řešení. Průnik rovin určených prvními dvěma rovnicemi je zřejmě přímka (roviny nejsou rovnoběžné), tato přímka může buď v třetí rovině ležet, nebo s ní může být rovnoběžná, případně bude různoběžná (v tom průnik bude právě jednobodový). Zjistíme-li v našem případě aritmetickými prostředky, že existuje řešení, vyjde buď jednoznačně nebo ho budeme hledat ve tvaru přímky (například vyjádřené opět parametricky).

   Posloupností vhodných úprav, kdy vždy v následujících rovnicích eliminujme jednu proměnnou, dostaneme soustavu rovnic, v níž každá následující rovnice obsahuje méně prioměnných (tj. koeficienty u ostatních jsou rovny nule) než předcházející. Snadno nahlédneme, že dosadíme-li libovolnou hodnotu za z můžeme z 2. rovnice jednoznačně dopočítat hodnotu y a z 1. rovnice hodnotu x:

   2x+z = 4 x+3y+2z = -1 x+y+z = 1

   ==>

   x+y+z = 1 -2y-z = 2 2y+z = -2

   ==>

   x+y+z = 1 2y+z = -2

   Tentýž postup můžeme zapsat pomocí matice (tzv. rozšířené matice soustavy), symbol ~ pro nás bude v tuto chvíli znamenat (zatím nedokázanou) skutečnost, že soustavy, jímž odpovídají matice nalevo i na prava od ~ mají stejnou množinu všech řešení:

   2 0 1 4 1 3 2 -1 1 1 1 1

   ~

   1 1 1 1 0 -2 -1 -2 0 2 1 -2

   ~

   1 1 1 1 0 2 1 -2 0 0 0 0

   V i-tém řádku každé z matic máme zapsány koeficienty u proměnných odpovídající příslušné i-té rovnici v soustavě. Tučně jsou vyznačené tzv. pivoty, tj. ty koeficienty, pomocí nichž můžeme postupně jednoznačně dopočítat jim příslušnou neznámou, zvolíme-li hodnotu neznámé odpovídající sloupci bez pivotu (jíž je v tomto případě právě z). Soustavu řeší tedy množina bodů: (2,-1,0)+t.(1,1,-2) pro všechna t reálná.

   Elementární úpravy zřejmě nejsou nijak závislé na číselném oboru, s nímž pracujeme. Tedy stejně vyjádřené řešení (až na to, že t volíme z příslušného číselného oboru) dostáváme i nad komplexními a racionálními čísly.

Soustavu rovnic můžeme posloupností vhodných úprav řešit i v případech, které nejsou geometricky představitelné. Pokud nám řešení vyjde jednoznačně nebo zjistíme, že řešení neexistuje, je zřejmé že soustava má právě jedno nebo žádné řešení. Nejasná situace vznikne, pokud množina všech řešení bude větší než jednoprvková. Teprve později (v 5. kapitople) na přednášce dokončíte důkaz, že množina řešení popsaná v následujících příkladech je opravdu množinou všechna řešení.

6. Najděte všechna reálná řešení soustavy rovnic:

   x+y+z-u	= 3
   x-y+2z+u	= 3

   
   

   Při výpočtu užijeme formalizovaného zápisu soustavy do rozšířené matice. Tu budeme upravovat obvyklými úpravami (tj. odečítat vhodné násobky výše položených řádků od níže položených, abychom se zbavili proměnné, tedy dostali v příslušném sloupečku u níže položených řádků nulu):

   1  1 1 -1 3 1 -1 2  1 3

   ~

   1  1 1 -1 3 0 -2 1  2 0

   Nejprve potřebujeme najít jedno řešení soustavy. Zvolme proto za proměnné odpovídající sloupcům matice, které neobsahují tučně vyznačený prvek (tzv "nepivotální pozice", tedy třetí a čtvrtý sloupec, jímž odpovídají neznámé z a u) například 0 (o to snazší bude počítání). Potom už jednoznačně dopočítáme x a y. Tedy jedno řešení máme ve tvaru (x,y,z,u) = (3,0,0,0). Dále hledáme všechna řešení soustavy rovnic se stejnými levými stranami jako naše soustava a s nulovými pravými stranami (tzv homogenní soustavy). I tentokrát budeme vhodně volit a dopočítávat proměnné. Nebudeme v tuto chvíli dokazovat, že takovou vhodnou volbou bude následující postup:
   Volme na nepivotálních pozicích (tj. za proměnné z a u) posloupnosti 0 a 1, obsahující vždy právě jednu jedničku (v tomto speciálním případě půjde o volby (z,u)=(1,0) a (z,u)=(0,1)) a dopočítejme ostatní neznámé. Zřejmě dostaneme potřebný počet vektorů řešící homogenní soustavu, tedy (-3/2,1/2,1,0) a (0,1,0,1). Nyní zapíšeme množinu (všech) řešení původní soustavy ve tvaru: {(3,0,0,0) + s.(-3/2,1/2,1,0) + t.(0,1,0,1)| s a t reálná}.

14./8.10.

Prohlédneme-li si výpočty předchozích cvičení, uvědomíme si, že při upravování soustav rovnic pomocí ekvivalentních úprav (tzv. Gaussově eliminaci) potřebujeme jen některé vlastnosti reálných (racionálnách, komplexních) čísel; nijak například nevyužíváme jejich uspořádanost či topologické vlastnosti. To, co jsme při řešení úloh skutečně používali, jsou jisté vlastnosti operací + a  .  důležité pro chod Gaussovy eliminace a určování hodnot neznámých, jež byly na přednášce shrnuty v axiomatice tělesa.

Všimněme si nyní dalších příkladů těles.

7. Spočítejte v tělese Z₅ hodnoty (2)^-1, (4)^-1, (3.4 + 2)^-1.
   

   Nejprve si určíme celou "násobilku" počítání modulo 5:

   (1)^-1 = 1
   (2)^-1 = 3, neboť (2.3)mod 5 = (6)mod 5 = 1
   (3)^-1 = 2, neboť (3.2)mod 5 = (6)mod 5 = 1
   (4)^-1 = 4, neboť (4.4)mod 5 = (16)mod 5 = 1

   Zbylé počítání už je téměř triviální

   (3.4 + 2)^-1 = (2 + 2) ^-1 = (4)^-1 = 4 (v Z₅)

   
   
8. Spočítejte pro každé nenulové x z tělesa Z₇ hodnotu x^-1.
   

   Úlohu vyřešíme "zkusmo" jako v příkladu 11. a protože v Z₇ je 1.1=1, 2.4=1, 3.5=1 a 6.6=1 dostaneme

   (1)^-1 = 1, (2)^-1 = 4, (3)^-1 = 5, (4)^-1 = 2, (5)^-1 = 3, (6)^-1 = 6.

   
   
9. Nad Z₅ najděte všechna řešení soustavy rovnic:

   x+2y+z	= 4
   x+4y+3z	= 2

   
   

   Budeme postupovat stejně, jako když jsme hledali řešení reálné soustavy rovnic, pouze samotné aritmetické operace budou dávat jiné výsledky. Budeme tedy provádět Gaussovu eliminaci rozšířené matice soustavy rovnic:

   1 2 1 4 1 4 3 2

   ~

   1 2 1 4 0 2 2 3

   ~

   1 2 1 4 0 1 1 4

   Pro volbu z=0 dostáváme, že y=4 a x=1. Tedy trojice (1,4,0)^T je řešením dané nehomogenní soustavy rovnic. Zbývá vyřešit odpovídající homogenní soustavu: pro volbu z=1 dopočítáme z upravené matice, že y=4 a x=1. Tedy množinu (všech - poznamenejme ovšem, že kompletnost systému řešení pořád nemáme dokázánu) řešení lze vyjádřit jako (1,4,0)+t.(1,4,1) pro libovolné t ze Z₅. Řešení je tedy jenom pět, můžeme je všechna vypsat: (1,4,0), (2,3,1), (3,2,2), (4,1,3) a (0,0,4).

10. Nad tělesem Z₅ najděte všechna řešení soustavy rovnic:

    3x+2y+4z	= 1
    4x+y+2z	= 3

    
    

    Opět budeme postupovat standardním postupem, který zapíšeme pomocí rozšířené matice soustavy rovnic:

    3 2 4 1 4 1 2 3

    ~

    1 4 3 2 0 0 0 0

    Nyní obvyklým způsobem určíme jedno řešení soustavy např. (2,0,0).Dále spočítáme dva (= počet "volných" proměnných) vektory řešící homogenní soustavu: (1,1,0) a (2,0,1). Tedy soustavu řeší všchny trojice (x,y,z) z množiny {(2,0,0)+t.(1,1,0)+s.(2,0,1)| s,t ze Z₅}.

21./22.10.

Nechť a₀ > a₁ jsou dvě přirozená čísla. Připomeňme Eukleidův algoritmus hledání největšího společného dělitele (NSD) čísel a₀ a a₁: Známe-li a_i a a_i+1 spočteme a_i+2 = (a_i)mod a_i+1, algoritmus skončí, pokud a_i+2=0, potom a_i+1 = NSD(a₀, a₁).

11. Najděte dále taková celá čísla x a y, aby 1 = NSD(11, 31) = x.11 + y.31.
    

    Nejprva (v daném případě zdánlivě zbytečně) použijme na čísla 31 a 11 Euklidův algoritmus pro nalezení největšího společného dělitele a sepišme si i jakým způsobem jednotlivé zbytky po celočíselném dělení získáme:

    • a₀ = 31,
    • a₁ = 11
    • a₂ = 31 - 2.11 = 9,
    • a₃ = 11 - 9 = 2,
    • a₄ = 9 - 4.2 = 1 = NSD(31,11),
    • a₅ = 0.

    Nyní si stačí uvědomit, že každé z čísel a_i+2 dostaneme jako celočíselnou lineární kombinaci dvou předchozích hodnot a_i a a_i+1. Jednoduchou indukční úvahou zjistíme, že každé číslo a_i+2 je celočíselnou lineární kombinaci hodnot a₁ a a₂. Konkrétně:

    • a₂ = 9 = 31 - 2.11,
    • a₃ 2 = 11 - 9 = 11 - (31 - 2.11) = 3.11 - 31,
    • a₄ = 1 = (31 - 2.11) - 4.(3.11 - 31) = 5.31 - 14.11.

    Tedy (například) x = -14 a y = 5.

    
    
12. Pomocí Eukleidova algoritmu určete hodnotu 11^-1 v tělese Z₃₁ (tedy modulo 31).
    

    V předchozím příkladu jsme pomocí Euklidova algoritmu zjistili, že (11.(-14))mod 31 = 1. Uvážíme-li dále, že (-14)mod 31 = 17, dostáváme v Z₃₁, že 11^-1 = (-14)mod 31 = 17. (Všimněme si, že jsme mohli rovnost 1 = 5.31 - 14.11 explicitně upravit: 1 = 5.31 - 11.31 + 31.11 - 14.11 = -6.31 + 17.11.)

    
    
13. Pomocí Eukleidova algoritmu určete hodnotu 3^-1, 13^-1 a 22^-1 v Z₃₁ (tedy modulo 31).
    

    Postupujeme stejně jako v předchozí úloze. Aplikujme-li na dvojici čísel 31 a 3 (resp. 13, resp. 22) Eukleidův algoritmus, dostaneme:

    31 3 1 = 31 - 10.3

    31 13 5 = 31 - 2.13 3 = 13 - 2.5 = -2.31 + 5.13 2 = 5 - 3 = 3.31 - 7.13 1 = 3 - 2 = -5.31 + 12.13

    31 22 9 = 31 - 1.22 4 = 22 - 2.9 = -2.31 + 3.22 1 = 9 - 2.4 = 5.31 - 7.22 = -17.31 + 24.22

    Zjistili jsme, že 1 = 31 - 10.3 = -5.31 + 12.13 = -17.31 + 24.22. Upravíme-li reovnosti modulo 31 (tj. zapomeneme-li na násobky čísla 31 dostaneme) modulo 31 je 3^-1=21 (= -10+31), 13^-1=12 a 22^-1=24.

1. Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů (1,1,0,1), (2,1,1,1), (3,1,2,1) z vektorového prostoru R⁴ nad tělesem R lineárně závislá či nezávislá.
   

   Potřebujeme zjistit, zda existuje nějaké netriviální (tj. nenulové) řešení vektorové rovnice

   x₁.(1,1,0,1) + x₂.(2,1,1,1) + x₃.(3,1,2,1) = (0,0,0,0)

   Snadno nahlédneme, že řešení dané vektorové rovnice jsou právě řešení homogenní soustavy rovnic s maticí levých stran A (pravé strany jsou nulové), tu následně upravujeme obvyklým způsobem (u matice homogenní soustavy rovnic vynecháváme sloupec nulových pravých stran, který se žádnými úpravami nemění):

   A =

   1 2 3 1 1 1 0 1 2 1 1 1

   ~

   1 2 3 0 -1 -2 0 1 2 0 1 2

   ~

   1 2 3 0 1 2 0 0 0 0 0 0

   Aniž musíme nenulové řešení dopočítávat (ale zjevně jím jsou všechny násobky vektoru (1,-2,1)), zjišťujeme, že homogenní soustava rovnic s maticí A. a tudíž i výše uvedená vektorová rovnice mají netriviální řešení, a proto jsou přímo podle definice vektory (1,1,0,1), (2,1,1,1), (3,1,2,1) lineárně závislé.

   
   
2. Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů (1,0,2,1), (2,0,1,1), (1,0,1,-1) z vektorového prostoru Q⁴ nad tělesem Q lineárně závislá či nezávislá.
   

   Stejně jako v předchozí úloze se ptáme, zda existuje (a v takovém případě půjde o lineárně závislé vektory) či neexistuje (což by znamenalo, že dané vektory by byli lineárně nezávislé) netriviální řešení vektorové rovnice

   x₁.(1,0,2,1) + x₂.(2,0,1,1) + x₃.(1,0,1,-1) = (0,0,0,0)

   Úlohu převedeme na zjišťování jednoznačnosti řešení homogenní soustavy rovnic s maticí A:

   A =

   1 2 1 0 0 0 2 1 1 1 1 -1

   ~

   1 2 1 0 -3 -1 0 -1 -2 0 0 0

   ~

   1 2 1 0 1 2 0 0 5 0 0 0

   Z upravené soustavy dostáváme jednoznačné řešení x₁ = x₂ = x₃ = 0, tedy vektory (1,0,2,1), (2,0,1,1), (1,0,1,-1) jsou lineárně nezávislé.

   
   
3. Najděte nějakou bázi podprostoru V vektorového prostoru R⁴ generovaného vektory (1,1,0,1), (2,1,1,1), (-1,1,2,0), (0,1,3,0), (3,1,2,1) a určete dimenzi V.
   

   Připomeňme, že elementární úpravy provedené na posloupnost vektorů nezmění podprostor jimi generovaný. Sepíšeme-li si tedy generátory prostoru V do řádků matice a matici budeme obvyklým způsobem upravovat, budou řádky upravené matice generovat stejný vektorový prostor V. Upravíme-li řádky matice tak, aby výsledné nenulové řádky (které můžeme v souladu s pozorováním o podprostorech generovaných řádky vypustit) byly zjevně lineárně nezávislé, budou tyto nenulové řádky tvořit bázi daného prostoru. Tedy upravujme:

   1 1 0 1 2 1 1 1 -1 1 2 0 0 1 3 0 3 1 2 1

   ~

   1 1 0 1 0 -1 1 -1 0 2 2 1 0 1 3 0 0 -2 2 -2

   ~

   1 1 0 1 0 -1 1 -1 0 0 4 -1 0 0 4 -1 0 0 0 0

   ~

   1 1 0 1 0 -1 1 -1 0 0 4 -1 0 0 0 0 0 0 0 0

   ~

   1 1 0 1 0 -1 1 -1 0 0 4 -1

   Vektory (1,1,0,1), (0,-1,1,-1), (0,0,4,-1) jsou zjevně lineárně nezávislé (neboť jsou uspořádány do odstupňované matice), navíc generují celý prostor V, proto je posloupnost (1,1,0,1), (0,-1,1,-1), (0,0,4,-1) bazí V.

   Neboť dimenze je definována jako počet prvků (libovolné) báze, máme dim(V)=3.

29.10.

4. Dokažte, že množina reálný polynomů jedné neurčité R[x] tvoří nad tělesem R vektorový prostor.
   

   Stačí přímočaře ověřit platnost axiomatiky vektorového prostoru pro sčítání polynomů a pro násobení polynomu reálným číslem.

   
   
5. Dokažte, že vektorový prostor R[x] není nad tělesem R konečné dimenze.
   

   Předpokládejme, že M je nějaká konečná množina polynomů a označme m maximu ze stupňů polynomů v M. Potom polynom x^m+1 neleží v < M >, tedy R[x] nenmůže být konečné dimenze.

   
   
6. Ověřte, že množina X = {xⁱ| i > -1} tvoří bázi vektorového prostoru R[x].
   

   Zřejmě je každý polynom lineární kombinací (konečně mnoha) polynomů z X. Položíme-li nějakou lineární kombinaci a₀x⁰+a₁x¹+...+a_nxⁿ = 0, pak všechna a_i = 0, tedy přímo z definice vidíme, že X je lineárně nezávislá množina.

Další téma