1. Vyberte z množiny X = {(2,4,0,1,4), (4,3,0,2,3), (1,2,3,4,0), (3,1,1,1,2), (4,3,4,0,2)} bázi podprostoru U = < X > vektorového prostoru Z₅⁵.
   

Stačí si uvědomit, které vektory z daného seznamu jsou lineární kombinací předchozích. Seřadíme-li si vektory postupně do řádků matice, kterou upravíme posloupností elementárních úprav na ostupňovaný tvar (například nejprve přičteme vhodné násobky prvního řádku k ostatním a poté přehodíme druhý a třetí řádek, s nímž stejným způsobem vynulujeme pátý a šestý řádek), stačí zjistit, kterým řádkům původní matice odpovídají nenulové řádky odstupňované matice. Řádky původní matice si označíme římskými číslicemi a budeme zaznamenávat všechna přehazování řádků:

2 4 0 1 4 I 4 3 0 2 3 II 1 2 3 4 0 III 3 1 1 1 2 IV 4 3 4 0 2 V

~

2 4 0 1 4 I 0 0 0 0 0 II 0 0 3 1 3 III 0 0 1 2 1 IV 0 0 4 3 4 V

~

2 4 0 1 4 I 0 0 3 1 3 III 0 0 0 0 0 II 0 0 0 0 0 IV 0 0 0 0 0 V

Ukázalo se, že řádek II je násobkem řádku I a řádky IV a V jsou lineární kombinací řádků I a III. Naopak řádek III není lineární kombinací řádku I. Hledanou bázi tvoří tedy například první a třetí vektor množiny X, tedy množina {(2,4,0,1,4), (1,2,3,4,0)}.

5./11.11.

2. Ověřte, že množina X = {(1,2,1), (2,-1,1), (1,-3,0), (1,7,2), (1,3,2)} generuje vektorový prostor R³ a vyberte z X bázi R³.
   

Postupujeme stejně jako v předchozím příkladě:

1 2 1 i 2 -1 1 ii 1 -3 0 iii 1 7 2 iv 1 3 2 v

~

1 2 1 i 0 -5 -1 ii 0 -5 -1 iii 0 5 1 iv 0 1 1 v

~

1 2 1 i 0 1 1 v 0 0 4 ii 0 0 0 iii 0 0 0 iv

Tím jsme zjistili, že podprostor < X > je třídimenzionální, tedy < X > = R³ a navíc 1., 5. a 2. vektor množiny X určitě tvoří bázi R³, tj. například {(1,2,1), (1,3,2), (2,-1,1)} je hledanou bází.



3. Doplňte lineárně nezávislou posloupnost B = ((2,4,0,1,4), (1,2,1,0,3)) na bázi aritmetického vektorového prostoru Z₅⁵.
   

Nejprve najdeme bázi podprostoru < B > tak, aby její vektory uspořádané do matice dali Gaussovu matici.

2 4 0 1 4 1 2 1 0 3

~

2 4 0 1 4 0 0 1 2 1

Nyní snadno doplníme matici na odstupňovanou čtvercovou matici, jejíž všechny řádky jsou nenulové, například vektory kanonické báze (i-tý přidáme, právě když i-tý sloupec matice neobsahuje pivot) a přitom si všimneme, že:

2 4 0 1 4 0 1 0 0 0 0 0 1 2 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

~

2 4 0 1 4 0 0 1 2 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1

~

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

= A.

Zřejmě má podprostor generovaný čádky matice A dimenzi 5, proto je podle Vety 2.22 roven Z₅⁵. Tedy posloupnost ((2,4,0,1,4), (1,2,1,0,3), (0,1,0,0,0), (0,0,0,1,0), (0,0,0,0,1)) tvoří bázi Z₅⁵ rozšiřující posloupnost B.



4. Uvažujme podprostor U = < (2,4,0,1,4), (1,2,1,0,3) > vektorového prostoru Z₅⁴. Najděte bázi nějakého takového podprostoru V, aby UvV = Z₅⁴ a průnik U a V byl nulový.
   

   Uvážíme, že jsme úlohu fakticky vyřešili v předchozím příkladu. Položme V = < (0,1,0,0,0), (0,0,0,1,0), (0,0,0,0,1) > (tedy V je podprostor generovaný vektory, jimiž jsme (2,4,0,1,4), (1,2,1,0,3) doplnili na bázi). Potom zřejmě UvV = Z₅⁴. Buď dále w vektor průniku U a V, tedy existují prvky a, b, c, x, y tělesa Z₅ taková, že

   w = x.(2,4,0,1,4) + y.(1,2,1,0,3),
   w = a.(0,1,0,0,0) + b.(0,0,0,1,0) + c.(0,0,0,0,1),
   proto a.(0,1,0,0,0) + b.(0,0,0,1,0) + c.(0,0,0,0,1) - x.(2,4,0,1,4) - y.(1,2,1,0,3) = (0,0,0,0,0).

   Protože všech pět vektorů je lineárně nezávislých, máme přímo z definice a=b=c=x=y=0, tedy w = 0. Dokázali jsme, že bází hledaného podprostoru W je tedy například posloupnost vektorů ((0,1,0,0,0), (0,0,0,1,0), (0,0,0,0,1)).

   
   
5. Najděte nějakou bázi podprostorů vektorového prostoru Z₅⁴: U = < (2,1,1,1), (4,2,1,3), (3,4,3,0) > a V = < (2,0,3,4), (1,3,1,2), (1,4,0,2) >
   

   Obvyklým způsobem seřadíme generující vektory obou prostorů do matic a upravíme je pomocí elementárních transformací:

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

   ~

   2 1 1 1 0 0 4 1 0 0 0 0

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

   ~

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

   Tedy například posloupnost vektorů ((2,1,1,1), (0,0,4,1)) tvoří bázi podprostoru U a posloupnost ((1,0,4,2), (0,3,2,0)) tvoří bázi poprostoru V. Všimneme-li si, že žádné dva vektory v obou generujících množinách nejsou svými násobky, tedy nejsou lineárně závislé, pak každá dvojice vektorů z množiny {(2,1,1,1), (4,2,1,3), (3,4,3,0)} tvoří bázi dvojdimenzionálního prostoru U, stejně jako každá dvojice vektorů z množiny {(2,0,3,4), (1,3,1,2), (1,4,0,2)} tvoří bázi prostoru V.

   
   
6. Najděte nějakou bázi spojení podprostorů U a V z předchozího příkladu a dimenzi jejich průniku.
   

   Předně si uvědomme, že spojení U a V (zde ho značme U+V) je podprostor generovaný všemi vektoru U i V. Stačí nám ovšem uvažovat jen báze U a V, které už jsme nalezli, tedy platí, že U+V = < (2,1,1,1), (0,0,4,1), (1,0,4,2), (0,3,2,0) >. Obvyklým způsobem najdeme bázi spojení U+V:

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

   ~

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

   ~

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

   ~

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

   Vidíme, že bázi U+V tvoří například posloupnost vektorů (2,1,1,1), (0,2,1,4), (0,0,1,3) a (0,0,0,4), tedy dim(U+V)=4. To ovšem znamená, že U+V = Z₅⁴ (tedy mohli jsme vzít jakoukoli jinou bázi Z₅⁴, například kanonickou bázi, která by byla bazí U+V).

   Nyní si stačí uvědomit, že podle věty o dimenzi spojení a průniku podprostorů je dim(UnV) = dim(U) + dim(V) - dim(U+V) = 2+2-4 = 0.

   
   
7. Najděte nějakou bázi průniku podprostorů U a V aritmetického vektorového prostoru Z₃⁴: U = < (1,1,1,1), (0,2,1,1), (0,0,1,2) > a V = < (1,2,2,1), (0,1,2,1), (0,0,2,2) >.
   

   Potřebujeme najít všechny vektory, které leží zároveň v U i ve V, tedy které jsou zároveň lineárními kombinacemi generátorů U i V. Vyjádříme si vektor ležící v průniku rovnicí:

   x₁.(1,1,1,1) + x₂.(0,2,1,1) + x₃.(0,0,1,2) = y₁.(1,2,2,1) + y₂.(0,1,2,1) + y₃.(0,0,2,2),
   x₁.(1,1,1,1) + x₂.(0,2,1,1) + x₃.(0,0,1,2) + y₁.(2,1,1,2) + y₂.(0,2,1,2) + y₃.(0,0,1,1) = (0,0,0,0).

   Budeme hledat množinu všech řešení homogenní soustavy s maticí:

   1 0 0 2 0 0 1 2 0 1 2 0 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1

   ~

   1 0 0 2 0 0 0 2 0 2 2 0 0 1 1 2 1 1 0 1 2 0 2 1

   ~

   1 0 0 2 0 0 0 2 0 2 2 0 0 0 1 1 0 1 0 0 2 2 1 1

   ~

   1 0 0 2 0 0 0 2 0 2 2 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 2

   Snadno dopočítáme, že množina všech řešení soustavy je tvaru < (1,2,2,1,0,0), (0,2,2,0,1,1) >, tedy bází prostoru všech řešení je například dvojice (1,2,2,1,0,0), (0,2,2,0,1,1). Zjistili jsme, že:

   1.(1,1,1,1) + 2.(0,2,1,1) + 2.(0,0,1,2) = 1.(1,2,2,1) + 0.(0,1,2,1) + 0.(0,0,2,2) = (1,2,2,1),
   0.(1,1,1,1) + 2.(0,2,1,1) + 2.(0,0,1,2) = 0.(1,2,2,1) + 1.(0,1,2,1) + 1.(0,0,2,2) = (0,1,1,0),

   Tedy vektory (1,2,2,1) a (0,1,1,0) leží v průniku podprostorů U a V. Konečně si uvědomme, že libovolné řešení soustavy lze napsat ve tvaru

   a₁.(1,2,2,1,0,0) + a₂.(0,2,2,0,1,1) = (a₁,2a₁+2a₂,2a₁+2a₂,a₁,a₂,a₂),

   kde a₂ i a₂ leží v Z₃, proto lze každý vektor z průniku vyjádřit:

   a₁.(1,1,1,1) + (2a₁+2a₂).(0,2,1,1) + (2a₁+2a₂).(0,0,1,2) = a₁.(1,2,2,1) + a₂.(0,1,2,1) + a₂.(0,0,2,2),
   a₁.[1.(1,1,1,1) + 2.(0,2,1,1) + 2.(0,0,1,2)] + a₂.[2.(0,2,1,1) + 2.(0,0,1,2)] = a₁.(1,2,2,1) + a₂.(0,1,1,0).

   Tím jsme zjistili, že každý vektor z průniku U a V lze napsat ve tvaru a₁.1.(1,2,2,1)+a₂.(0,1,1,0), tedy posloupnost ((1,2,2,1) a (0,1,1,0)) generuje množinu UnV. Zjevně se jedná o množinu lineárně nezávislou, tedy jde o bázi průniku (není těžké si uvědomit, že výsledné vektory budou jistě lineárně nezávislé, pokud jsme hledali jejich souřadnice vzhlem k bázím prostorů U a V).

   Závěrem si ještě všimněme, že jsme soustavu nemuseli dopočítávat, neboť nám stačilo najít souřadnice báze řešení odpovídající proměnným y_i (poslední 3 souřadnice) nebo x_i (první 3 souřadnice).

   
   
8. Určete dimenzi průniku podprostorů U a V racionálního vektorového prostoru Q³, je-li U = < (1,2,1), (1,0,2) > a V = < (1,1,0), (1,-1,1) >.
   

   Obvyklým způsobem zjistíme, že dim U = dim V = 2 a dim (UvV) = 3, proto podle Věty 2.23 je dim (UnV) = dim U + dim V - dim (UvV) = 1.

12./18.11.

1. Určete nad tělesem R a Z₅ hodnost matice A a matice A^T, pokud
   

   A =	1 2 3 2 1 1 1 4 3

   
   

   Připomeňme, že hodnost matice je právě dimenze podprostoru generovaného řádky matice, kterou můžeme spočítat jako počet nenulových řádků příslušné Gaussovy matice (viz Věta 4.9 z přednášky). Upravujme tedy naší matici posloupností elementárních úprav nad tělesem reálných čísel:

   1 2 3 2 1 1 1 4 3

   ~

   1 2 3 0 -3 -5 0 2 0

   ~

   1 2 3 0 1 0 0 0 -5

   Zjistili jsme, že hodnost h(A) = 3 nad tělesem R. Věta 5.5 z přednášky nám říká, že h(A) = h(A^T), proto h(A^T) = 3. Podobně určíme hodnost A nad Z₅:

   1 2 3 2 1 1 1 4 3

   ~

   1 2 3 0 1 0 0 0 0

   Tedy nad Z₅ je h(A) = h(A^T) = 2.

   
   
2. Rozhodněte, zda lze nad tělesem Z₇ převést posloupností elementárních řádkových úprav matici M z předchozího příkladu na matici
   

   N =	1 1 1 0 1 1 0 0 1 5 4 6

   
   

   Uvědomme si, že matici M lze převést posloupností elementárních řádkových úprav na matici N právě tehdy, když jsou prostory generované řádky obou matic stejné. V našem případě ovšem okamžitě vidíme, že h(N) = 3, zatímco h(M) = 2. Tedy poprostory generované řádky mají různou dimenzi, a proto se nemohou rovnat.

   Zjistili jsme, že M nelze posloupností elementárních úprav převést na N.

   
   
3. Rozhodněte, zda lze nad reálnými čísly převést posloupnpstí elementárních řádkových úprav matici A na matici B. kde
   

   A =

   1 2 3 1 1 1

   B =

   1 0 -1 1 2 1

   
   

   Budeme-li matici C definovat jako matici obsahující postupně všechny řádky matice A a matice B, stačí nám zjistit, zda h(A) = h(B) = h(C). Pokud by h(A) = h(B) = h(C), pak podprostory generované řádky matice A a B (a C) byly shodné, tedy by řádky B bylo možné dostat jako lineární kombinaci řádků A. V opačném případě by podprostory generované řádky matice A a B byly různé, proto by nebylo možné matici A posloupností elementárních úprav převést na matici B. Okamžitě vidíme, že h(A) = h(B) = 2. Zbývá standardním způsobem určit hodnost matice C:

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

   ~

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

   ~

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

   .

   Zjistili jsme, že h(C) = 3, proto matici A nelze převést posloupností elementárních řádkových úprav na matici B.

   
   
4. Rozhodněte, zda lze nad tělesem R převést posloupností elementárních řádkových úprav matici A na matici B pro
   

   A =

   1 2 3 1 1 1

   B =

   1 0 -1 1 3 5

   
   

   Postupujeme-li obdobně jako v předchozí úloze, zjistíme, že h(A) = h(B) = 2 a

   C =

   1 2 3 1 1 1 1 0 -1 1 3 5

   ~

   1 0 -1 0 1 2 0 2 4 0 3 6

   ~

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

   ,

   tedy i h(C) = 2. Matici A proto lze převést posloupností elementárních řádkových úprav na matici B.

   Všimněme si, že jsme také mohli postupovat přímo, t.j. uvědomit si, že oba řádkové vektory (1,0,-1) a (1,3,5) matice B dostaneme jako lineární kombinaci řádkových vektorů matice A.

   
   
5. Rozhodněte, zda lze nad tělesem R převést posloupností elementárních řádkových úprav matici A na matici E, pokud
   

   A =

   1 2 1 1 1 1 1 2 3

   E =

   1 0 0 0 1 0 0 0 1

   
   

   Uvědomíme-li si, že řádky matice E generují celý (3-dimenzionální) vektorový prostor R³, stačí nám tentokrát zjistit, zda řádky matice A generují celý prostor R³, tj. zda h(A)=3:

   1 2 1 1 1 1 1 2 3

   ~

   1 1 1 0 1 0 0 1 2

   ~

   1 1 1 0 1 0 0 0 2

   .

   Vidíme, že h(A) = 3, proto opět lze matici A převést posloupností elementárních úprav na jednotkovou matici E.

   
   
6. Buď A a B takové matice typu (n,m) nad tělesem T, že prostory W_A resp. W_B všech řešení homogenních soustav rovnic s maticí A resp. B jsou stejné. Dokažte, že matici A lze posloupností elementárních řádkových úprav převést na matici B.
   

   Můžeme využít üvahu, kterou jsme udělali v příkladu 4. Tedy stačí ukázat, že h(A) = h(B) = h(C), kde matice C obsahuje na řádcích právě všechny řádky matic A a B.

   Z Věty 5.8 z přednášky víme, že dim(W_A) = m - h(A) a dim(W_B) = m - h(B). Protože navíc dim(W_A) = dim(W_B), snadno dostáváme, že h(A) = h(B).

   Nyní si uvědomme, jak vypadá množina W_C:

   W_C = {x z T^m| Cx^T= 0^T} = {x z T^m| Ax^T= 0^T a Bx^T= 0^T} = W_A n W_B = W_A = W_B.

   Tedy i dim(W_C) = dim(W_A), proto h(A) = h(B) = h(C).

1. Zapište v cyklickém zápisu a redukovaném cyklického zápisu permutace
   

   p =

   1 2 3 4 5 6 3 4 1 6 5 2

   a   q =

   1 2 3 4 5 6 1 3 6 4 2 5

Postupně vyčerpáme všechny prvky z množiny {1, 2, 3, 4, 5, 6}, abychom zapsali cykly permutací: p = (13)(246)(5), q = (1)(2365)(4). V redukovaném cyklyckém zápisu vynecháme všechny jednocykly: p = (13)(246), q = (2365).



2. Mějme p=(135)(4798)(26) a q=(18)(247693) dvě permutace z S₉. Určete pq, qp, p^-1 a q^-1.
   

Přímo použitím definice snadno zjistíme hodnoty (skládáme zprava doleva):

pq = (1495)(27)(368)

qp = (129)(3587)(46)

p-1 = (531)(8974)(62)

q-1 = (81)(396742)

25./19.11.

3. Napište permutace p₁ = (13475) a p₂ = (267)(3548) jako součin transpozic.
   

Připomeňme, že transpozice je permutace, která vyměňuje právě dva prvky, tj. můžeme ji v redukovaném cyklickém zápisu zapsat ve tvaru (ab). Řešení úlohy je zřejmé z důkazu Věty 6.9, která říká, že každou permutaci lze zapsat jako součin transpozic. Snadno nahlédnem, že platí:

(13475) = (13) . (34) . (47) . (75) = (15) . (17) . (14) . (13),
(267)(3548) = (26) . (67) . (35) . (54) . (48) = (27) . (26) . (38) . (34) . (35).



4. Určete znaménka permutací p₁ = (13475), p₂ = (267)(3548) a p₃ = (374)(8135) z S₈.
   

Podle definice má permutace znaménko +1 (tj. jde o sudou permutaci), právě když ji můžeme napsat jako součin sudého počtu transpozic a permutace má znaménko -1 (tj. je to lichá permutace), pokud ji můžeme napsat jako součin lichého počtu transpozic. V předchozím příkladu jsme vyjádřili permutaci p₁ jako součin 4 transpozic, proto zn p₁ = 1, a permutaci p₂ jsme dostali jako součin 5 transpozic, tedy zn p₂ = -1. Uvážíme-li, že permutace p₃ má stejný typ jako permutace p₂ (tj má stejný počet stejně dlouhých cyklů), snadno nahlédneme, že permutace p₂ a p₃ dostaneme jako součin stejného počtu transpozic, tedy znaménka permutací p₂ i p₃ jsou stejná a zn p₃ = -1.



5. Spočítejte znaménko permutací p, q, p^-1 a qp^-1 z příkladu 2.
   

Znaménka permutací p a q můžeme tentokrát určit pomocí Věty 6.15 z přednášky. Permutaci p můžeme chápat jako součin cyklu délky 3, 4 a 2, tedy zn p = (-1)^3-1(-1)^4-1(-1)^2-1 = 1 a podobně zn q = (-1)^2-1(-1)^6-1 = 1, tedy obě permutace jsou sudé (mají kladné znaménko). Dále zn p^-1 = zn p = 1 a zn qp^-1 = zn q . zn p^-1 = 1.1 = 1 podle Věty 6.13.



6. Spočítejte nad tělesy R, Z₅ a Z₇ determinanty matic:
   

   A =

   1 3 2 1

   B =

   1 2 1 4 0 3 2 2 2

   
   

V obou případech determinant spočítáme přímo podle definice:

det A = 1.1 - 2.3 = -5 nad R (=0 nad Z₅ a =2 nad Z₇)
det B = 1.0.2 + 2.3.2 + 1.4.2 - 1.0.2 - 2.4.2 - 1.3.2 = 20 - 22 = -2 nad R (=3 nad Z₅ a =5 nad Z₇)



7. Spočítejte determinanty matic nad tělesem racionálních čísel:
   

   M1 =

   2 0 0 0 0 7 1 0 0 0 5 4 3 0 0 6 4 3 1 0 1 2 3 2 2

   M2 =

   5 4 3 0 0 2 0 0 0 0 1 2 3 2 2 6 4 3 1 0 7 1 0 0 0

   M3 =

   5 4 3 0 5 2 0 0 0 2 1 2 3 4 3 6 4 3 2 6 7 1 0 0 7

   
   

Neboť je matice M₁ dolní trojúhelníková, stačí, abychom vynásobili hodnoty na diagonále, tj. det M₁ = 2.1.3.1.2 =12.

Matice M₂ se od matice M₁ liší jen pořadím řádků. Víme, že přehození řádků v matici změní znaménko determinantu, potřebujeme tedy zjistit, kolik transpozic řádků je zapotřebí, abychom z matice M₁ dostal matici M₂. Bude-li jich zapotřebí sudý počet, pak budou determinanty matic M₁ a M₂ stejné, bude-li jich třeba lichý počet, pak budou mít determinanty matic M₁ a M₂ opačné znaménko (viz Důsledek 7.7). Potřebujeme tedy zjistit, zda je permutace (1352), která udává permutaci řádků matice M₂, sudá nebo lichá. Okamžitě vidíme, že zn (1352) = -1, proto

det M₂ = - det M₁ = -12.

Všimněme-si, že matici M₃ dostaneme z matice M₂ přičtením 1. sloupce k sloupci 5. a vynásobením 4. sloupce číslem 2. Uvědomíme-li si, že přičtení násobku řádku (nebo sloupce) k jinému řádku (nebo sloupci) nezmění determinant matice a že vynásobení řádku nebo sloupce skalárem x adekvátně vynásobí i determinant matice, vidíme, že

det M3 =   det

5 4 3 0 0 2 0 0 0 0 1 2 3 4 2 6 4 3 2 0 7 1 0 0 0

=   2 . det

5 4 3 0 0 2 0 0 0 0 1 2 3 2 2 6 4 3 1 0 7 1 0 0 0

= 2 . det M2 = -24.

26.11.

8. Určete nad tělesem reálných čísel determinant matice
   

   A =	2 2 1 1 1 -1 1 0 1 1 1 1 3 0 1 -2

   
   

Protože víme, jak determinant matice A změní elementární úpravy a determinant horní (stejně jako dolní) trojúhelníkové matice spočítáme velmi snadno, převedeme posloupností elementárních úprav matici A na odstupňovaný tvar:

det A =   - det

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

=   - det

1 1 1 1 0 -2 0 -1 0 0 -1 -1 0 -3 -2 -5

=   1/2 . det

1 1 1 1 0 2 0 1 0 0 -1 -1 0 -6 -4 -10

=   1/2 . det

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

= 3.

9. Spočítejte nad racionálními čísly determinant matice
   

   B =	1 3 -3 1 1 3 2 7 5 -9 2 1 -1 2 0 1 2 2 1 -1 2 -1 3 2 7

   
   

V matici B sice neobsahuje žádný řádek ani sloupec větší počet nul, ovšem dva sloupce se liší jen na jedné pozici. Víme, že odečteme-li od jednoho z těchto sloupců druhý, nezmění se hodnota determinantu. Po této úpravě už ovšem můžeme použít metodu rozvoje podle sloupce:

det B =   det

1 3 -3 1 1 3 2 7 5 -9 2 1 -1 2 0 1 2 2 1 -1 2 -1 3 2 7

=   det

0 3 -3 1 1 -2 2 7 5 -9 0 1 -1 2 0 0 2 2 1 -1 0 -1 3 2 7

=   2. det

3 -3 1 1 1 -1 2 0 2 2 1 -1 -1 3 2 7

Poté odečteme od prvního řádku trojnásobek druhého řádku. Na prvním řádku zůstanou dva nenulové prvky, podle nichž determinant rozvedeme a snadno dopočítáme:

det B =   2. det

0 0 -5 1 1 -1 2 0 2 2 1 -1 -1 3 2 7

=   2.(-5).det

1 -1 0 2 2 -1 -1 3 7

-   2.1 det

1 -1 2 2 2 1 -1 3 2


= -10.(14-1+3+14) - 2.(4+1+12+4+4-3) = -344.



10. Spočítejte nad tělesem racionálních čísel determinant obecné matice nxn, kde d_ii=d_ii+1=1 a d_i+1i=-1 a jinde je d_ij=0, tj.
    

    Dn = det

    1 1 0 0 0 . . . 0 0 -1 1 1 0 0 . . . 0 0 0 -1 1 1 0 . . . 0 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 0 0 . . . -1 1

    
    

Rozvedeme-li matici D_n podle prvního sloupce, dostaneme D_n = D_n-1 - det A_n-1. Rozvojem podle prvního řádku matice A_n-1 zjistíme, že det A_n-1= -D_n-2. Tedy platí rekurentní vzorec D_n = D_n-1 + D_n-2. Přímým výpočtem zjistíme, že D₁=1 a D₂=2.

Další téma