30.9.

1. Tělesa

Uvažujme například množinu všech racionálních čísel Q spolu s obvyklými operacemi + a · a všimněme si ţběžných” vlastností obou operací (tj. takových, jichž jsme bez rozmýšlení ochotni a schopni používat). Nejprve zaznamenejme takové vlastnosti sčítání:

1. ∀a, b, c ∈ Q platí rovnost (a + b) + c = a + (b + c) (této vlastnosti operace se obvykle říká asociativita),

2. ∀a, b ∈ Q platí, že a + b = b + a (této vlastnosti + říkáme komutativita),

3. ∀a ∈ Q platí, že a + 0 = a (tedy 0 je tzv. neutrální prvek operace +),

4. ∀a ∈ Q existuje racionální číslo, které označujeme −a, pro něž a+(−a) = 0

(tedy −a je opačný prvek k a). Velmi podobný soubor vlastností splňuje i násobení:

5. ∀a, b, c ∈ Q: (a · b) · c = a · (b · c) (asociativita),

6. ∀a, b ∈ Q: a · b = b · a (komutativita),

7. ∀a ∈ Q platí, že a · 1 = a (tedy 1 je neutrální prvek operace ·),

8. ∀a ∈ Q\{0} existuje racionální číslo, které označujeme a^{−1}, pro něž a·a^{−1} =

1 (a^{−1} je tzv. inverzní prvek k a). Doposud jsme neuvedli žádnou vlastnost, která by uvažované operace nějak svazovala. Uvědomme si, že velmi silný požadavek na ţspolupráci” + a · na racionálních číslech vyjadřuje pravidlo distributivity:

9. ∀a, b, c ∈ Q: a · (b + c) = a · b + a · c. Není těžké nahlédnout, že jsme právě shrnuli důležité vlastnosti uvažovaných

operací jako takových a že mnohé další samozřejmé vlastnosti lze z axiomů 1.-9. odvodit. Například fakt, že −(a·b) = (−a)·b, plyne z axiomů 9. a 4. a z faktu 0·b = 0 (konkrétně a · b + (−a) · b = (a + (−a)) · b = 0 · b = 0) a dokonce i fakt, že 0 · b = 0 můžeme z axiomatiky odvodit (pomocí axiomů 9., 4. a 3.). To samozřejmě v případě racionálních čísel, s nimiž jsme zvyklí počítat, na nic nepotřebujeme, ale může to být velmi užitečné v okamžiku, kdy se zamyslíme, zda stejný (či podobný) soubor vlastností nesplňují i jiné páry operací (a tím ani nevylučujeme ani nezaručujeme, že budou mít stejný zápis) na jiných množinách a zda právě vyjmenované vlastnosti nepostačují k tomu, abychom uměli zodpovědět otázky, které si záhy v rámci kurzu lineární algebry položíme.

Už ve chvíli, kdy jsme sestavovali soupis vlastností 1.– 9., jsme si mohli uvědomit, že jsou samozřejmě splněny pro sčítání a násobení na reálných či komplexních číslech (a že například sčítání a násobení na celých číslech splňuje všechny uvedené axiomy s výjimkou axiomu 8.). Sepišme si tedy tyto vlastnosti ještě jednou, ale uvažujme je pro nějakou obecnou množinu T s dvojicí binárních operací + a ·:

1. ∀a, b, c ∈ T: (a + b) + c = a + (b + c),

2. ∀a, b ∈ T: a + b = b + a,

3. existuje takový prvek 0 ∈ T, že ∀a ∈ T platí rovnost a + 0 = a,

4. ∀a ∈ T existuje −a ∈ T, pro které a + (−a) = 0,

5. ∀a, b, c ∈ T: (a · b) · c = a · (b · c),

6. ∀a, b ∈ T: a · b = b · a,

7. existuje takový prvek 1 ∈ T, že ∀a ∈ T platí rovnost a · 1 = a, 8. ∀a ∈ T \ {0} existuje a^{−1} ∈ T, pro které a · a^{−1} = 1 (a^{−1} je tzv. inverzní

prvek k ).

9. ∀a, b, c ∈ T: a · (b + c) = a · b + a · c. V novém souboru axiomů jsme do 3. a 7. axiomu přidali formulaci ţexistuje takový prvek”, která byla v případě racionálních, reálných či komplexních čísel zbytečná (0 a 1 tam označují zcela konkrétní čísla a my jen zaznamenali jejich charakteristické vlastnosti), ale ve chvíli, kdy nemáme k dispozici nic víc než dvě operace na abstraktní množině T, je nezbytná. Rovněž si všimněme, že jsme v nové axiomatice převzali značení obvyklé u zmiňovaných konkrétních číselných struktur (kromě symbolů pro neutrální prvky také − a ^{−1}), které v obecné situaci nemá konkrétní obsah (je okamžitě srozumitelné, jaké konkrétní racionální čísl máme na mysli, napíšemeli −5 nebo \frac{2}{3}^{−1}, ovšem v jiných konkrétních příkladech struktur splňujících danou axiomatiku budou symboly − a ^{−1} teprve výzvou k následnému výpočtu).

Než shrneme naší axiomatiku pod pojem těleso, ujasněme si, co by znamenalo, kdyby oba výjimečné prvky (tj. 0 a 1) splývaly (tj. 0 = 1). Potom by pro libovolné a ∈ T platilo a = a · 1 = a · 0 = 0, tedy množina T by byla pouze jednoprvková. Pro jednoprvkovou množinu a jednoznačně určené (a zjevně totožné) operace + a · by všechny axiomy sice platily, ale počítání by v takovém případě nebylo vůbec zajímavé a při budování vektorových prostorů by připuštění jednoprvkových těles přinášelo potíže. Proto přidáme k axiomatice požadavek, aby množina T byla aspoň dvouprvková (nebo ekvivalentně, aby 0 ≠ 1).

Nyní ukážeme, že dobře známé struktury Q, R či C nejsou zdaleka jediné, které splňují aximatiku tělesa. Pomineme na tomto místě velké množstí příkladů těles, která bychom mohli najít jako podtělesa reálných čísel a zaměříme se na tělesa s konečným počtem prvků.

Buď v následujícím p prvočíslo a položme Z_{p} = {0, 1, …, p − 1}. Nyní definujme na Z_{p} operace +_{p} a ·_{p} předpisem a +_{p} b = (a + b)modp a a ·_{p} b = (a · b)modp, kde modp znamená zbytek po celočíselném dělení hodnotou p

1.1. Ověřte, že pro všechna celá a, b a libovolné přirozené n platí, že ((a)modn + (b)modn)modn = (a + b)modn a ((a)modn · (b)modn)modn = (a · b)modn.

Zvolme libovolě celá a, b a přirozené n. Předně si rozmyslíme význam zbytku po celočíselném dělení, tedy, že existují (jednoznačně určená) celá q a r, pro něž (a)modn + qn = a a (b)modn + rn = b. Navíc připomeňme, že 0 ≤ (a)modn < n a 0 ≤ (b)modn < n. Nyní počítejme: (a + b)modn = ((a)modn + qn + (b)modn + rn)modn = ((a)modn+(b)modn+(q+r)n)modn = ((a)modn+(b)modn)modn. □

1.2. Dokažte, že Z_{p} spolu s operacemi +_{p} a ·_{p} splňuje axiomy 1.– 7. a 9.

Platnost axiomů 2.,3.,6.,7. plyne okamžitě z definice operací a odpovídající vlastnosti pro celá čísla, axiomy 1., 5. a 9. platí díky pozorování z 1.1. Konečně −0 = 0 a −a = p−a pro všechna a ∈ Z_{p} \{0}, protože (a+p−a)modp = (p)modp = 0. □

1.3. Najděte inverzní prvky pro všechny nenulové prvky tělesa Z_{5}.

V daném případě můžeme postupovat zkusmo. Snadno zjistíme, že 1^{−1} = 1 (to platí ostatně v každém tělese), z pozorování, že 2 ·_{5} 3 = 1, plyne, že 2^{−1} = 3 i že 3^{−1} = 2, a konečně 4^{−1} = 4, protože 4 ·_{5} 4 = 1. □

7.10.

Nechť a_{0} ≥ a_{1} jsou dvě přirozená čísla. Připomeňme Euklidův algoritmus hledání největšího společného dělitele (NSD) čísel a_{0} a a_{1}:

Známe-li a_{i−1} a a_{i} spočteme a_{i+1} = (a_{i−1})mod a_{i}. Tedy víme, že existuje takové q_{i} ∈ N že a_{i−1} = q_{i}a_{i} + a_{i+1} a a_{i+1} < a_{i}. Algoritmus skončí, když a_{n+1} = 0, potom a_{n} = NSD(a_{0}, a_{1}).

1.4. Najděte pomocí Euklidova algoritmu taková celá čísla x a y, aby 30x+101y = 1.

Nejprve si všimněme, že číslo 101 je prvočíslo, tedy největší společný dělitel čísel 30 a 101 je zcela jistě roven jedné. Euklidův algoritmus na nalezení největšího společného dělitele čísel 30 a 101 nám tedy samozřejmě musí dát výsledek 1. Přesto ho použijeme a budeme věnovat pozornost vztahu předchozích a následujících prvků:

a_{0} = 101,

a_{1} = 30,

a_{2} = 101 − 3 · 30 = 11,

a_{3} = 30 − 2 · 11 = 8,

a_{4} = 11 − 8 = 3,

a_{5} = 8 − 2 · 3 = 2,

a_{6} = 3 − 2 = 1 = NSD(101, 30).

Vidíme, že každé a_{i+1} je celočíselnou lineární kombinací prvků a_{i} a a_{i−1}, budemeli postupně dosazovat předchozí vyjádření do následujících výrazů, dostaneme každé a_{i+1} jako celočíselnou lineární kombinací prvků a_{0} a a_{1}:

a_{2} = 11 = 101 − 3 · 30,

a_{3} = 8 = 30 − 2 · 11 = 30 − 2 · (101 − 3 · 30) = 7 · 30 − 2 · 101,

a_{4} = 3 = 11 − 8 = (101 − 3 · 30) − (7 · 30 − 2 · 101) = 3 · 101 − 10 · 30,

a_{5} = 2 = 8 − 2 · 3 = (7 · 30 − 2 · 101) − 2 · (3 · 101 − 10 · 30) = 27 · 30 − 8 · 101, a_{6} = 1 = 3 − 2 = (3 · 101 − 10 · 30) − (27 · 30 − 8 · 101) = 11 · 101 − 37 · 30. Zjistili jsme, že x = −37 a y = 11. □

1.5. Najděte inverzní prvek k prvku 30 v tělese Z_{101}.

Potřebujeme najít číslo x ∈ Z_{101}, které by řešilo rovnici (30 · x)mod 101 = 1, což můžeme reformulovat tak, že hledáme celá x a y, z nichž x má ležet v Z_{101}, aby 30x + 101y = 1. Podobnou úlohu už jsme řešili v předchozím příkladu, nyní si stačí uvědomit, že nalezené x, které neleží v požadovaném intervalu můžeme posunout pomocí vhodného násobku čísla 101. Dostaneme tedy zbytek po celočíselném dělení číslem 101, tj. 30^{−1} = (−37)mod101 = 101 − 37 = 64, protože

1 = 11·101−37·30 = 11·101−30·101+101·30−37·30 = (11−30)·101+(101−37)·30.

Tedy jsme našli další a pro nás zajímavější řešení řešení 1 = 64·30−19·101 rovnice z 1.4.

1.6. Najděte v tělese Z_{101} prvky 63^{−1}, 20^{−1}, 2^{−1}, (20 · 63)^{−1} a vyřešte nad ním rovnici 20 ·_{101} x = 7

U prvních dvou hodnot postupujme stejně jako v předchozích úvahách, tedy využijeme Euklidův algoritmus:

38 = 101 − 63, 25 = 63 − 38 = 2 · 63 − 101, 13 = 38 − 25 = 2 · 101 − 3 · 63, 12 = 25 − 13 = 5 · 63 − 3 · 101, 1 = 13 − 12 = 5 · 101 − 8 · 63. Zjistili jsme, že 63^{−1} = (−8)mod 101 = 93. Podobně už v prvním kroku Euklidova algoritmu zjistíme, že 1 = 101 − 5 · 20,

tedy 20^{−1} = (−5)mod 101 = 96

Při určování hodnoty 2^{−1} můžeme udělat jednoduchou obecnou úvahu pro Z_{p}, kde p je liché prvočíslo, že \frac{p+1}{2} ∈ Z_{p} a že (2 · \frac{p+1}{2} )modp = (p + 1)modp = 1, tedy 2^{−1} = \frac{101+1}{2} = 51 v tělese Z_{101}.

Uvážíme-li, že z axiomatiky tělesa plyne (a·b)^{−1} = a^{−1}·b^{−1} a (−a)^{·}(−b) = a·b pro všechny jeho prvky a a b (zkuste podrobně dokázat!), a využijeme-li vypočítaných hodnot, pak

(20 ·_{101} 63)^{−1} = 20^{−1} ·_{101} 63^{−1} = (−5) ·_{101} (−8) = 40.

Protože obvyklý způsob upravovaní rovnic je ekvivalentní (tj. vratný) i pro rovnice nad obecným tělesem, zjišťujeme, že hledané x je tvaru x = 20^{−1} ·_{101} 7 = 96 ·_{101} 7 = 66. □

1.7. Dokažte, pomocí Euklidova algoritmu, že Z_{p} spolu s operacemi +_{p} a ·_{p} splňuje axiom 8.

Uvažujeme stejným způsobem jako v předchozích úlohách. Zvolme libovolně nenulové a ∈ Z_{p}. Protože p je prvočíslo, jsou a a p nesoudělná, tedy pomocí Euklidova algoritmu lze najít celá x a y, pro něž ax + py = NSD(a, p) = 1. Nyní stačí vzít a^{−1} = (x)modp. □

Nadále budeme sčítání a násobení v tělese Z_{p} psát bez indexu _{p} (tj. jen + a ·).

1.8. Spočítejte v tělesech Z_{5} a Z_{7} hodnotu výrazu (−2)^{−1} · ((2 + 4) · (4 + 4)^{−1}) + 3.

Postupujeme podle definice operací na Z_{5} i Z_{7}, nejprve počítejme nad Z_{5}:

(−2)^{−1} · ((2 + 4) · (4 + 4)^{−1}) + 3 = 3^{−1} · (1 · 3^{−1}) + 3 = 2 · 2 + 3 = 2.

Podobně dostáváme nad Z_{7}:

(−2)^{−1} · ((2 + 4) · (4 + 4)^{−1}) + 3 = 5^{−1} · (6 · 1^{−1}) + 3 = 3 · 6 + 3 = 0.

□

1.9. Spočítejte v tělese komplexních čísel C hodnotu výrazů (3 + i)^{−1} a (1 − 2i)^{−1} · (2 + 3i).

Obvyklým způsobem rozšíříme zlomky komplexně sdruženou hodnotou a dostaneme

(3 + i)^{−1} = \frac{1}{3 + i} = \frac{1}{3 + i} · \frac{3 − i}{3 − i} = \frac{3}{10} − \frac{1}{10}i

a

(1 − 2i)^{−1} · (2 + 3i) = \frac{2 + 3i}{1 − 2i} = \frac{2 + 3i}{1 − 2i} · \frac{1 + 2i}{1 + 2i} = −\frac{4}{5} + \frac{7}{5}i.

□

21.10.

1.10. Najděte všechna reálná rešení soustavy rovnic:

\begin{aligned}x & + & 2y & + & z & = & 1 \\ −2x & + & y & + & 2z & = & 2 \end{aligned}

Nejprve si soustavu zapíšeme do matice a poté ji pomocí přičtení vhodného násobku jedné rovnice k rovnici druhé upravíme (na střední škole se tento způsob upravování obvykle nazývá ţsčítací metoda”):

(\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |1 \\ −2 & 1 & 2 & |2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |1 \\ 0 & 5 & 4 & |4 \end{matrix}) ,

Druhý řádek upravené matice, který odpovídá rovnici 5y + 4z = 4, jsme dostali přičtením dvojnásobku rovnice x + 2y + z = 1 k rovnici −2x + y + 2z = 2 (tedy přičtením dvojnásobku řádku (1 2 1|1) k řádku (−2 1 2|2)). Snadno si uvědomíme, že dosadíme-li za z libovolnou hodnotu, pak jednoznačně dopočítáme y a x. Položíme-li například z = 0, pak z rovnice 5y + 4 · 0 = 4 dostáváme, že y = \frac{4}{5} a z rovnice x + 2 · \frac{4}{5} + 0 = 1 spočítáme, že x = −\frac{3}{5}. Našli jsme tedy jedno řešení dané soustavy, které můžeme zapsat do trojice (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}, 0).

Nyní si uvědomíme geometrický význam řešení dané soustavy: každou z rovnic chápeme jako rovinu v R^{3} (tvořenou všemi trojicemi (x, y, z), které rovnici řeší) a množina řešení celé soustavy je průnik těchto dvou rovin. Všimneme-li si navíc, že roviny zjevně nejsou rovnoběžné, musí množinu všech řešení tvořit přímka, jejíž jeden bod (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}, 0) už jsme našli. Nyní tedy zbývá najít ţsměrový vektor” této přímky, tedy vektor v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}), pro nějž jsou právě body tvaru (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}, 0)+t·v, kde t je libovolné reálné, všechny body hledané přímky. Připomeňme, že vektor v musí pro (x, y, z) = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) nutně řešit (homogenní) soustavu

\begin{aligned}x & + & 2y & + & z & = & 0 \\ −2x & + & y & + & 2z & = & 0 \end{aligned}

Abychom to nahlédli, stačí uvážit jedno řešení (x_{0}, y_{0}, z_{0}) původní (nehomogenní) soustavy, a potom další řešení tvaru (x_{0}, y_{0}, z_{0})+(v_{1}, v_{2}, v_{3}) = ((x_{0}+v_{1}, y_{0}+v_{2}, z_{0}+ v_{3}). Dosadíme-li obě řešení dostaneme

\begin{aligned}x_{0} & + & 2y_{0} & + & z_{0} & = & 1 \\ −2x_{0} & + & y_{0} & + & 2z_{0} & = & 2 \end{aligned}

a

\begin{aligned}x_{0} + v_{1} & + & 2(y_{0} + v_{2}) & + & z_{0} + v_{3} & = & 1 \\ −2(x_{0} + v_{1}) & + & y_{0} + v_{2} & + & 2(z_{0} + v_{3}) & = & 2 \end{aligned}

Odečteme-li od sebe první rovnice a druhé rovnice, dostáváme

\begin{aligned}v_{1} & + & 2v_{2} & + & v_{3} & = & 0 \\ −2v_{1} & + & v_{2} & + & 2v_{3} & = & 0 \end{aligned}

Budeme-li v maticovém zápisu řešit homogenní variantu naší rovnice, hodnoty levých stran se nezmění, zatímco právé strany budou vždy nulové:

(\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |0 \\ −2 & 1 & 2 & |0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |0 \\ 0 & 5 & 4 & |0 \end{matrix}) ,

I tentokrát stačí najít jedno řešení, jehož jsou všechna další násobkem, ovšem tentokrát nemůžeme za z volit nulu, abychom našli nenulový směrový vektor. Položíme-li například z = 1, pak z rovnice 5y + 4 · 1 = 0 dostáváme, že y = −\frac{4}{5} a z rovnice x − 2 · \frac{4}{5} + 1 = 0 spočítáme, že x = \frac{3}{5}. Našli jsme tedy jedno řešení homogenní soustavy, které můžeme opět zapsat do trojice (\frac{3}{5}, −\frac{4}{5}, 1).

Zjistili jsme, že množina všech řešení je přímka tvaru

\{(−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}, 0) + t · (\frac{3}{5}, −\frac{4}{5}, 1)| t ∈ R\}.

□

1.11. Najděte všechna racionální rešení soustavy rovnic z úlohy 1.10.

Stačí si rozmyslet, že z množiny všech řešení předchozí úlohy musíme vybrat ta, která jsou ve všech složkách racionální. Zřejmě má řešení (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}, 0) všechny složky racionální a hodnota (−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}, 0) + t · (\frac{3}{5}, −\frac{4}{5}, 1) je racionální právě tehdy, když je racionální t. To znamená, že množina všech řešení je tentokrát tvaru

\{(−\frac{3}{5}, \frac{4}{5}, 0) + t · (\frac{3}{5}, −\frac{4}{5}, 1)| t ∈ Q\}.

□

1.12. Najděte rešení soustavy rovnic z úlohy 1.10 nad tělesem Z_{5}.

Budeme postupovat stejným formalizmem jako v úloze 1.10. Snadno si uvědomíme, že ve skutečnosti stačí výslenou matici upravit modulo 5:

(\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |1 \\ −2 & 1 & 2 & |2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |1 \\ 0 & 0 & 4 & |4 \end{matrix}) ,

Nyní nejprve opět najdeme jedno řešení nehomogenní soustavy. Z druhé rovnice nutně plyne, že z = 0 a dosadíme-li tentokrát y = 0 dopočítáme z první rovnice x = 1.

Nyní najdeme řešení homogenní soustavy s maticí

(\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |0 \\ −2 & 1 & 2 & |0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 & |0 \\ 0 & 0 & 4 & |0 \end{matrix}) .

Vidíme, že nutně z = 0. Položímeli y = 1, potom z první rovnice dostaneme x = 3, protože 3+2·1+0 = 0. Tedy množina všech řešení je tvaru {(1, 0, 0)+t·(3, 1, 0)| t ∈ Z_{5}}. □

2. Vektorové prostory a lineární nezávislost

2.1. Dokažte, že množina reálných 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. □

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

Předpokládejme, že M je nějaká konečná množina polynomů a označme m maximum ze stupňů polynomů v M. Potom polynom x^{m+1} neleží v ⟨M⟩, tedy R[x] nemůže být konečné dimenze. □

2.3. Ověřte, že množina X = {x^{i}| i ≥ 0} tvoří bázi reálného vektorového prostoru R[x].

Zřejmě je každý polynom lineární kombinací (konečně mnoha) polynomů z X. Položíme-li nule nějakou lineární kombinaci a_{0}x^{0} + a_{1}x^{1} + ⋯ + a_{n}x^{n} = 0, pak všechna a_{i} = 0, tedy přímo z definice vidíme, že X je lineárně nezávislá množina.

□

4.11.

2.4. Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů (1, 1, 0, 1), (2, 1, 1, 1), (3, 1, 2, 1) z vektorového prostoru R^{4} nad tělesem R lineárně závislá či nezávislá.

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

x_{1} · (1, 1, 0, 1) + x_{2} · (2, 1, 1, 1) + x_{3} · (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, u matice homogenní soustavy rovnic vynecháváme sloupec nulových pravých stran, který se žádnými úpravami nemění). Tu následně obvyklým způsobem upravujeme:

A = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & −1 & −2 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & −2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

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. □

2.5. Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů (1, 0, 2, 1), (2, 0, 1, 1), (1, 0, 1, −1) ve vektorovém prostoru Q^{4} 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

x_{1} · (1, 0, 2, 1) + x_{2} · (2, 0, 1, 1) + x_{3} · (1, 0, 1, −1) = (0, 0, 0, 0)

Úlohu převedeme na otázku, zda existuje jednoznačné (tedy pouze triviální) řešení homogenní soustavy rovnic s maticí A:

A = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & −3 & −1 \\ 0 & −1 & −2 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Z upravené soustavy dostáváme jednoznačné řešení x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0, tedy vektory (1, 0, 2, 1), (2, 0, 1, 1), (1, 0, 1, −1) jsou lineárně nezávislé. □

2.6. Najděte nějakou bázi podprostoru V vektorového prostoru R^{4} 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:

(\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 3 & 1 & 2 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & −1 \\ 0 & 2 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & −2 & 2 & −2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 4 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & −1 & 1 & −1 \\ 0 & 0 & 4 & −1 \end{matrix}) .

Vektory (1, 1, 0, 1), (0, −1, 1, −1), (0, 0, 4, −1) jsou lineárně nezávislé, protože jsou uspořádány do odstupňované matice, a navíc generují celý prostor V, proto je posloupnost (1, 1, 0, 1), (0, −1, 1, −1), (0, 0, 4, −1) bází V.

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

2.7. 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 Z_{5}^{5} nad tělesem Z_{5}.

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, jímž 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:

(\begin{matrix}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 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}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 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}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 \end{matrix}) .

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 například první a třetí vektor množiny X, tedy množina {(2, 4, 0, 1, 4), (1, 2, 3, 4, 0)}.

□

2.8. Doplňte lineárně nezávislou posloupnost B = ((2, 4, 0, 1, 4), (1, 2, 1, 0, 3)) na bázi aritmetického vektorového prostoru Z_{5}^{5}.

Nejprve najdeme bázi podprostoru ⟨B⟩ tak, aby její vektory uspořádané do matice daly Gaussovu (tj. odstupňovanou) matici.

(\begin{matrix}2 & 4 & 0 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 3 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & 4 & 0 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 1 \end{matrix}) .

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:

(\begin{matrix}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 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}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 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}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 \end{matrix}) = A.

Zřejmě má podprostor generovaný řádky matice A dimenzi 5, proto je podle Věty 2.22 z přednášky roven Z_{5}^{5}. 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 Z_{5}^{5} rozšiřující posloupnost B.

□

Další úlohy

(1) Spočítejte v tělese Z_{83} hodnoty 15^{−1} a (3^{−1} + 6 · 53^{−1})^{−1}.

(2) Vyřešte v tělese Z_{97} rovnici 7^{−1} · x = 51^{−1}.

(3) Dokažte, že pro všechny prvky a, b obecného tělesa platí −(a · b) = −a · b = a · (−b), −(a)^{−1} = (−a)^{−1}, (a · b)^{−1} = a^{−1} · b^{−1} a (−a)^{·}(−b) = a · b.

(4) Najděte nad tělesy R, Q, C, Z_{3}, Z_{5} a Z_{7} všechna rešení soustavy rovnic:

\begin{aligned}2x & − & y & + & 2z & = & 1 \\ x & + & y & − & z & = & 1 \end{aligned}

(5) Najděte všechna komplexní řešení soustavy rovnic:

\begin{aligned}ix & − & 2y & + & z & = & 1 − i \\ x & + & (1 + i)y & − & (2 + 3i)z & = & i \end{aligned}

(6) Najděte nad tělesy Z_{5} a Z_{7} aspoň tři řešení soustavy rovnic:

x + y + z + u = 3
x + 2y + 3z + 4u = 0
x + 4y  = 0

(7) Určete dimenzi vektorového prostoru komplexních čísel C nad tělesem R.

(8) Dokažte, že vektorový prostoru reálných čísel R nad tělesem racionálních čísel Q není konečné dimenze.

(9) Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů (1, 3, 2, 1), (3, 0, 1, 1), (1, 4, 2, 4) lineárně závislá ve vektorovém prostorech R^{4}, C^{4}, Z_{5}^{4} a Z_{7}^{4}.

(10) Najděte nějakou bázi a určete dimenzi podprostoru ⟨(1, 3, 2, 1), (3, 0, 1, 1), (1, 4, 2, 4)⟩ vektorových prostorů R^{4}, C^{4}, Z_{5}^{4} a Z_{7}^{4}.

(11) Najděte všechny podmnožiny množiny vektorů X = {(1, 2, 1, 1, 1), (3, 1, 3, 3, 3), (2, 4, 2, 2, 2), (1, 0, 1, 3, 2)}, které tvoří bázi podprostoru U = ⟨X⟩ vektorových prostorů Q^{5}, Z_{5}^{5}, Z_{7}^{5}.

(12) Kolik existuje bází podprostoru ⟨(1, 1, 2, 0), (4, 1, 3, 1), (1, 3, 2, 1)⟩ vektorových prostorů Z_{5}^{4} a Z_{7}^{4}?

(13) Kolika způsoby lze lineárně nezávislou posloupnost ((1, 2, 2, 1), (2, 1, 1, 0)) doplnit na bázi (chapanou jako posloupnost, tj. záleží na pořadí prvků) vektorového prostoru Z_{3}^{4}?