11.9.

3. Spojení a průnik podprostorů

3.1. Je-li podprostor U = ⟨(2, 4, 0, 1, 4), (1, 2, 1, 0, 3)⟩ vektorového prostoru Z_{5}^{5} nad tělesem Z_{5}, najděte bázi nějakého takového podprostoru V, aby U ∨ V = Z_{5}^{5} a U ∩ V = {0}.

Uvážíme, že jsme úlohu fakticky vyřešili v Příkladu 2.8. Nejprve položme V = ⟨(0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1)⟩ (tedy V je podprostor generovaný těmi vektory, jimiž jsme (2, 4, 0, 1, 4), (1, 2, 1, 0, 3) doplnili na bázi). Potom zřejmě U ∨ V = Z_{5}^{5}. Buď dále w ∈ U ∩ V, tedy existují takové prvky a, b, c, x, y ∈ Z_{5} , že

w = x·(2, 4, 0, 1, 4)+y·(1, 2, 1, 0, 3) = 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.

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

3.2. Najděte nějakou bázi podprostorů U = ⟨(2, 1, 1, 1), (4, 2, 1, 3), (3, 4, 3, 0)⟩, V = ⟨(2, 0, 3, 4), (1, 3, 1, 2), (1, 4, 0, 2)⟩ a U∨V. vektorového prostoru Z_{5}^{4} nad tělesem Z_{5}. Určete dále dimenzi průniku U ∩ V.

Nejprve obvyklým způsobem seřadíme generující vektory obou prostorů do řádků matic a upravíme je pomocí elementárních transformací:

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

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

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 si, že žádné dva vektory v obou generujících množinách nejsou svými násobky, tedy nejsou lineárně závislé, proto 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.

Dále si uvědomme, že U ∨ V je podprostor generovaný všemi vektory U i V. Stačí nám ovšem uvažovat jen báze U i 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)⟩. Bázi spojení U ∨ V najdeme obvyklým způsobem:

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

Vidíme, že bázi U∨V tvoří například posloupnost vektorů (2, 1, 1, 1), (0, 2, 1, 4), (0, 0, 4, 1) a (0, 0, 0, 2), tedy dim(U ∨ V) = 4. To ovšem znamená, že U ∨ V = Z_{5}^{4} a mohli jsme tedy vzít jakoukoli jinou bázi Z_{5}^{4}, například kanonickou bázi, která by byla bazí U∨V. Konečně si zbývá uvědomit, že podle Věty 2.23 (o dimenzi spojení a průniku) je dim(U ∩ V) = dim(U) + dim(V) − dim(U ∨ V) = 2 + 2 − 4 = 0. □

3.3. Určete dimenzi průniku podprostorů U a V racionálního vektorového prostoru Q^{3}, je-li U = ⟨(1, 2, 1), (1, 0, 2)⟩ a V = ⟨(1, 1, 0), (1, −1, 1)⟩.

Obvyklým způsobem zjistíme, že dimU = dimV = 2 a dim(U ∨ V) = 3, proto je podle Věty 2.23 dim(U ∩ V) = dimU + dimV − dim(U ∩ V) = 1. □

3.4. Najděte nějakou bázi průniku podprostorů U ∩ V vektorového prostoru Z_{3}^{4} nad tělesem Z_{3}, jestliže 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:

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

kterou upravíme do standardního tvaru

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

= (0, 0, 0, 0).

Budeme hledat množinu všech řešení homogenní soustavy s maticí:

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

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

Snadno nyní dopočítáme, že množina všech řešení soustavy je podprostor tvaru ⟨(1, 2, 2, 1, 0, 0), (0, 2, 2, 0, 1, 1)⟩, proto bázi prostoru všech řešení tvoří 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),

a

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).

Tudíž vektory (1, 2, 2, 1) a (0, 1, 1, 0) leží v podprostoru U ∩ V. Konečně si uvědomíme, že libovolné řešení soustavy lze napsat ve tvaru

a_{1} · (1, 2, 2, 1, 0, 0) + a_{2} · (0, 2, 2, 0, 1, 1) = (a_{1}, 2a_{1} + 2a_{2}, 2a_{1} + 2a_{2}, a_{1}, a_{2}, a_{2}), kde a_{1}, a_{2} ∈ Z_{3}, proto lze každý vektor z průniku vyjádřit:

a_{1} · (1, 1, 1, 1) + (2a_{1} + 2a_{2}) · (0, 2, 1, 1) + (2a_{1} + 2a_{2}) · (0, 0, 1, 2) =
= a_{1} · (1, 2, 2, 1) + a_{2} · (0, 1, 1, 0).

Tím jsme zjistili, že každý vektor z podprostoru U ∩ V lze napsat ve tvaru a_{1} · (1, 2, 2, 1)+a_{2}·(0, 1, 1, 0), tedy posloupnost ((1, 2, 2, 1), (0, 1, 1, 0)) podprostor U∩V generuje. Zjevně se jedná o množinu lineárně nezávislou, tedy jde o bázi průniku. Není přitom těžké si uvědomit, že výsledné vektory budou jistě lineárně nezávislé, jestliže 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} (tj. poslední 3 souřadnice) nebo x_{i} (tj. první 3 souřadnice). □

4. Hodnost matice

4.1. Určete nad tělesy R a Z_{5} hodnost matice A = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 3 \end{matrix}) a matice A^{T}.

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 nejprve nad tělesem reálných čísel:

(\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 3 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & −3 & −5 \\ 0 & 2 & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & −5 \end{matrix}) .

Zjistili jsme, že nad tělesem R hodnost h(A) = 3. Věta 5.5 z přednášky nám říká, že h(A) = h(A^{T}), proto h(A^{T}) = 3. Podobně určíme hodnost A nad tělesem Z_{5}:

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

Tedy nad tělesem Z_{5} je h(A) = h(A^{T}) = 2. □

18.9.

4.2. Rozhodněte, zda lze nad reálnými čísly převést posloupnpstí elementárních

řádkových úprav matici A na matici B, kde A = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) a B = (\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}).

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). Předpokládámeli, že h(A) = h(B) = h(C), pak podprostory generované řádky matice A a B (a tedy i C) jsou shodné, proto řádky B je možné dostat jako lineární kombinaci řádků A a obráceně. V opačném případě by podprostory generované řádky matice A a B byly různé, tudíž 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:

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

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

4.3. Rozhodněte, zda lze nad tělesem racionálních čísel převést posloupností ele-

mentárních řádkových úprav matici A = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) na matici B = (\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 1 & 3 & 5 \end{matrix}).

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

C = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & −1 \\ 1 & 3 & 5 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 4 \\ 0 & 3 & 6 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ,

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. □

4.4. Rozhodněte, zda lze nad tělesem Z_{7} převést posloupností elementárních řád-

kových úprav matici A = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 6 \end{matrix}) na jednotkovou matici E stupně 3

Uvědomíme-li si, že řádky matice E generují celý (3-dimenzionální) vektorový prostor Z_{7}^{3}, stačí nám tentokrát zjistit, zda řádky matice A generují celý prostor Z_{7}^{3}, tj. zda h(A) = 3:

(\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 6 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 5 \end{matrix}) .

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

4.5. Najděte nad tělesem Z_{5} všechna řešení homogenní soustavy rovnic s maticí

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

Potřebujeme upravit matici A na Gaussovu matici. Nejprve přičteme druhý řádek ke třetímu a trojnásobek prvního k druhému:

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

Nyní si uvědomme, že jsme zjistili hodnost matice A, konkrétně h(A) = 3. Podle Věty 5.8 je množina všech řešení naší soustavy poprostorem vektorového porstoru Z_{5}^{5} dimenze 5 − h(A) = 5 − 3 = 2. Potřebujme tedy najít bázi tohoto podprostoru.

Vidíme, že získané Gaussova matice (\begin{matrix}3 & 1 & 1 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \end{matrix}) má pivotální, tj. první

nenulové, pozice v prvním, třetím a čtvrtém sloupci. To znamená, že můžeme volit hodnoty x_{2} a x_{5}. Vezmeme-li za (x_{2}, x_{5}) postupně vektory kanonické (nebo nějaké jiné) báze Z_{5}^{2} a dopočítáme-li hodnoty x_{1}, x_{3} a x_{4}, budou nalezené vektory řešení lineárně nezávislé, tedy nutně půjde o hledanou bázi. Položíme-li tedy x_{2} = 1 a x_{5} = 0, pak snadno najdeme vektor (3, 1, 0, 0, 0) řešící soustavu a podobně pro volbu x_{2} = 0 a x_{5} = 1 dostáváme řešení (1, 0, 2, 3, 1).

Spočítali jsme, že množinou všech řešení homogenní soustavy rovnic s maticí A je podprostor ⟨(3, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 2, 3, 1)⟩. □

4.6. Existuje nějaký vektor pravých stran b ∈ Z_{5}^{3}, pro který neexistuje žádné řešení soustavy Ax^{T} = b^{T}, kde A je matice z úlohy 4.5?

Stačí aplikovat Frobeniovu větu (Věta 5.6), která říká, že řešení obecné soustavy lineárních rovnic Ax^{T} = b^{T} existuje právě tehdy, když je hodnost matice A stejná jako hodnost rozšířené matice (A|b^{T}). Poznamenejme, že vždy platí nerovnost h(A) ≤ h(A|b^{T}). Protože jsme zjistili, že h(A) = 3 a matice (A|b^{T}) má tři řádky, tedy h(A|b^{T}) ≤ 3, vidíme, že h(A|b^{T}) = 3, a proto je soustava Ax^{T} = b^{T} řešitelná pro každý vektor b ∈ Z_{5}^{3}. □

4.7. Najděte nad tělesem Z_{5} všechna řešení soustavy rovnic Ax^{T} = (1, 2, 4)^{T}, kde A je matice z úlohy 4.5.

Díky Větě 5.7 nám stačí najít jedno řešení u nehomogenní soustavy Ax^{T} = (1, 2, 4)^{T}. Každé řešení potom budou právě tvaru u + w pro vhodné řešení w homogenní soustavy rovnic s maticí A. Postupujeme analogicky výpočtu v příkladu 4.5. Nejprve rozšířenou matici stejnými elementárními úpravami upravíme na Gaussovu matici a poté dopočítáme řešení například pro volbu x_{2} = 0 a x_{5} = 0:

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

Soustavu tedy řeší například vektor (2, 0, 3, 1, 0), tedy množina všech řešení soustavy Ax^{T} = (1, 2, 4)^{T} je tvaru (3, 0, 1, 1, 0) + ⟨(3, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 2, 3, 1)⟩ □

5. Permutace a determinanty

5.1. Zapište v cyklickém zápisu a redukovaném cyklického zápisu permutace p =

(\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 3 & 4 & 1 & 6 & 5 & 2 \end{matrix}), q = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 1 & 3 & 6 & 4 & 2 & 5 \end{matrix}) ∈ S_{6}.

Postupně vyčerpáme všechny prvky z množiny {1, 2, 3, 4, 5, 6}, abychom zapsali cykly permutací p = (13)(246)(5) a q = (1)(2365)(4). V redukovaném cyklickém zápisu vynecháme všechny jednocykly, tedy pevné body daného zobrazení, a proto p = (13)(246) a q = (2365). □

5.2. Mějme permutace p = (1298)(36)(574) a q = (34875) z množiny S_{9} v redukovaném cyklickém zápisu. Určete jejich maticový zápis.

Z cyklického zápisu permutace p vidíme, že p(1) = 2, p(2) = 9, p(9) = 8, p(8) = 1, p(3) = 6, p(6) = 3, p(5) = 7, p(7) = 4 a p(4) = 5. Nyní snadno tyto údaje zaznamenáme do matice

p = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 2 & 9 & 6 & 5 & 7 & 3 & 4 & 1 & 8 \end{matrix}) .

Snadno rozšíříme redukovaný cyklický zápis permutace q na neredukovaný zápis q = (34875)(1)(2)(6)(9) a obdobným způsobem jako u permutace p najdeme matici

q = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 1 & 2 & 4 & 8 & 3 & 6 & 5 & 7 & 9 \end{matrix}) .

□

25.9.

5.3. Nechť p = (135)(4798)(26) a q = (18)(247693) jsou dvě permutace z S_{9}. Určete permutace p ∘ q, q ∘ p, p^{−1} a q^{−1}.

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

p ∘ q = (1495)(27)(368), q ∘ p = (129)(3587)(46).

Při hledání inverzních permutací si uvědomme, že stačí cykly (redukovaného) cyklického zápisu původních permutací ţzrcadlově převrátit”, tedy

p^{−1} = (531)(8974)(62), q^{−1} = (81)(396742).
□

5.4. Napište permutace p = (13475) a q = (19)(267)(3548) z S_{9} 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 pro permutaci p je zřejmé z Věty 6.9, konkrétně

(13475) = (15) ∘ (17) ∘ (14) ∘ (13) = (13) ∘ (34) ∘ (47) ∘ (75).

Přímo z definice cyklického zápisu vidíme, že (19)(267)(3548) = (19)∘(267)∘(3548), tedy nejprve úlohu vyřešíme pro každý z cyklů (19), (267) a (3548) pomocí Věty 6.9 a poté nalezené transpozice složíme, tedy

(19)(267)(3548) = (19) ∘ (267) ∘ (3548) =

= (19) ∘ (27) ∘ (26) ∘ (38) ∘ (34) ∘ (35) = (19) ∘ (26) ∘ (67) ∘ (35) ∘ (54) ∘ (48).

□

5.5. Určete znaménka permutací p a q z předchozí úlohy.

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), můžeme-li ji napsat jako součin lichého počtu transpozic. V předchozím příkladu jsme vyjádřili permutaci p jako součin 4 transpozic, proto znp = 1. Permutaci q jsme dostali jako součin 6 transpozic, tedy opět znp = 1. □

5.6. Určete znaménka permutací (17)(36)(2458), (245)(3687), (13)(2675) ∈ S_{8}.

Ke zjištění znamének permutací tentokrát užijeme Větu 6.15 z přednášky, která říká, že znaménko permutace je rovno znaménku součinu nezávislých cyklů a znaménko cyklu liché délky je 1 a znaménko cyklu sudé délky je −1. To znamená, že

zn((17)(36)(2458)) = (−1) · (−1) · (−1) = −1,

zn((245)(3687)) = 1 · (−1) = −1,

zn((13)(2675)) = (−1) · (−1) = 1.
□

5.7. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice A = (\begin{matrix}3 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}).

Postupujeme přímo podle definice. Rozmyslíme si, že S_{2} = {Id, (12)}. a proto det(A) = 3 · 2 − 1 · 1 = 5 nad tělesy Q, R. Obvyklá úvaha o počítání v tělesech Z_{p} nám umožní využít výsledku spočítaného v tělese reálných (či racionálních) čísel, který nakonec stačí upravit modulo p. To znamená, že det(A) = (5)mod5 = 0 nad tělesem Z_{5} a det(A) = (5)mod7 = 5 nad tělesem Z_{7}. □

5.8. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice B = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 4 & 0 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}).

I tentokrát budeme fakticky postupovat podle definice. Sudým permutacím Id,

(123) a (132) z S_{3} odpovídají po řadě součiny 1 · 0 · 1, 2 · 3 · 2 a 1 · 4 · 3 (vždy bereme nejprve hodnotu z prvního řádku, poté z druhého a nakonec z třetího) a lichým permutacím (12), (13) a (23) odpovídají součiny 2 · 4 · 1, 1 · 0 · 2 a 1 · 3 · 3, proto

det(B) = det((\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 4 & 0 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix})) = 1 · 0 · 1 + 2 · 3 · 2 + 1 · 4 · 3 − (2 · 4 · 1 + 1 · 0 · 2 + 1 · 3 · 3).

Tedy det(B) = 7 nad tělesy Q, R, det(B) = 2 nad tělesem Z_{5} a det(B) = 0 nad tělesem Z_{7}. □

5.9. Určete nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinanty matic C_{1} = (\begin{matrix}3 & 4 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 2 & 4 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 4 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix})

a C_{2} = (\begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 4 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 4 & 3 & 2 \\ 3 & 4 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}).

Determinant matice C_{1} = (c_{ij}) můžeme opět spočítat podle definice, uvědomímeli si, že pro každou neidentickou permutaci σ ∈ S_{5} bude existovat aspoň jedno j, pro něž j > σ(j), a proto c_{jσ(j)} = 0 a c_{1σ(1)} · · · · · c_{5σ(5)} = 0. Tedy determinant Gaussovy čtvrecové matice C_{1} je právě součin hodnot na hlavní diagonále, tj. det(C_{1}) = 3 · 2 · 4 · 1 · 2 = 48 nad tělesy Q a R, det(C_{1}) = (48)mod5 = 3 nad tělesem Z_{5} a det(C_{1}) = (48)mod7 = 6 nad tělesem Z_{7}.

Nyní si všimněme, že matici C_{2} dostaneme z matice C_{1} výměnou 1. a 4. řádku. Proto podle Věty 7.6 je det(C_{2}) = − det(C_{1}), tudíž det(C_{2}) = −48 nad tělesy Q, R, det(C_{2}) = (−48)mod5 = 2 nad tělesem Z_{5} a det(C_{2}) = (−48)mod7 = 1 nad tělesem Z_{7}. □

5.10. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice D = (\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{matrix}).

Připomeňme, že Věty 7.6, 7.12 a 7.14 nám říkají, jak se změní determinant matice, provedeme-li některou z řádkových úprav. V předchozí úloze jsme si navíc uvědomili, že je velmi snadné určit determinant Gaussovy matice jako součin hodnot na hlavní diagonále. Budeme-li tedy standardními prostředky pomocí elemntárních úprav řádků převádět matici D na její Gaussovu matici, budeme v každém kroku znát, jak jsme původní determinant změnili. Tedy upravujme a počítejme:

det(D) = det((\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \end{matrix})) = det((\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & 1 & 3 \end{matrix})) =

= det((\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & 2 \\ 0 & 0 & 5 & −2 \\ 0 & 0 & 5 & −1 \end{matrix})) = det((\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & 2 \\ 0 & 0 & 5 & −2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix})) = 1 · 1 · 5 · 1 = 5.

Tedy zjistili jsme, že det(D) = 5 nad tělesy Q, R, det(D) = 0 nad tělesem Z_{5} a det(D) = 5 nad tělesem Z_{7}. □

5.11. Spočítejte nad tělesy Q, R, Z_{5} a Z_{7} determinant matice G = (\begin{matrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 3 & 0 \\ 1 & 4 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 4 & 0 \end{matrix}).

Tentokrát k výpočtu použijeme Větu 7.11 a budeme determinant rozvíjet podle 2. řádku:

det(G) = (−1)^{2+1} · 0 · det((\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 4 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 0 \end{matrix})) + (−1)^{2+2} · 0 · det((\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 0 \end{matrix}))+

+(−1)^{2+3} · 3 · det((\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 4 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \end{matrix})) + (−1)^{2+4} · 0 · det((\begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 1 & 4 & 1 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix})) =

= −3 · det((\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & 4 & 2 \\ 2 & 2 & 0 \end{matrix})) = −3 · (1 · 1 · 2 − 1 · 4 · 2) = 18.

Tedy jako obvykle det(G) = 18 nad Q a R, det(G) = 3 nad Z_{5} a det(G) = 4 nad Z_{7}. □

Poznamenejme, že jsme determinanty ani další členy rozvoje, které přísluší nulovému prvky z řádku, podle nějž determinant rozvíjíme, vůbec nemuseli psát. Navíc si uvědomme, že tato metoda je vhodná právě v případě, kdy některý z řádků (nabo sloupců, využijeme-li pozorování det(G) = det(G^{T}) Věty 7.3) obsahuje ţhodně” nul.

5.12. Spočítejte determinant matice H = (\begin{matrix}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 \end{matrix}) nad tělesem

racionálních čísel.

V matici H sice žádný řádek ani sloupec neobsahuje větší počet nul, ovšem první a čtvrtý sloupec se liší jen na jedné pozici. Víme, že odečteme-li od jednoho z těchto sloupců druhý, nezmění se podle Vět 7.3 a 7.14 hodnota determinantu. Po této úpravě už ovšem můžeme použít metodu rozvoje podle sloupce (tedy kombinaci Vět 7.3 a 7.11):

det(H) = det((\begin{matrix}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 \end{matrix})) = det((\begin{matrix}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 \end{matrix})) =

= (−1) · (−2) · det((\begin{matrix}3 & −3 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & −1 \\ −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})).

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

det(H) = 2 · det((\begin{matrix}3 & −3 & 1 & 1 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & −1 \\ −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})) = 2 · det((\begin{matrix}0 & 0 & −5 & 1 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 2 & 2 & 1 & −1 \\ −1 & 3 & 2 & 7 \end{matrix})) =

= 2 · (−5) · det((\begin{matrix}1 & −1 & 0 \\ 2 & 2 & −1 \\ −1 & 3 & 7 \end{matrix})) − 2 · 1 · det((\begin{matrix}1 & −1 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \\ −1 & 3 & 2 \end{matrix})) =

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

□

5.13. Najděte nad tělesem racionálních čísel rekurentní vzorec pro výpočet determinant obecné čtvercové matice C_{n} = (c_{ij}) stupně n, kde c_{ii} = 1, c_{ii+1} = −1 a

c_{ii+1} = 1 a jinde je c_{ij} = 0, tj. C_{n} = (\begin{matrix}1 & −1 & 0 & 0 & … & 0 & 0 \\ 1 & 1 & −1 & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & −1 & … & 0 & 0 \\ . & . & . & . & … & . & . \\ . & . & . & . & … & . & . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 1 & 1 \end{matrix}).

Rozvedeme-li matici C_{n} podle prvního řádku, dostaneme detC_{n} = detC_{n−1} + detA_{n−1}, kde matici A_{n−1} získáme z C_{n} vypuštěním prvního řádku a druhého sloupce. Rozvojem podle prvního sloupce matice A_{n−1} zjistíme, že detA_{n−1} = detC_{n−2}. Tedy platí rekurentní vzorec detC_{n} = detC_{n−1} + detC_{n−2} a přímým výpočtem zjistíme, že detC_{1} = 1 a že detC_{2} = 2. Vidíme, že hodnota detC_{n} je právě n + 2. členem Fibonacciovy posloupnosti. □

5.14. Spočítejte nad tělesem racionálních čísel determinant čtvercové matice D_{n} = (d_{ij}) stupně n, kde d_{ii} = 1, d_{ii+1} = d_{i+1i} = 1 a jinde je d_{ij} = 0, tj. D_{n} =

(\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 0 & … & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 0 & … & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & … & 0 & 0 \\ . & . & . & . & … & . & . \\ . & . & . & . & … & . & . \\ 0 & 0 & 0 & 0 & … & 1 & 1 \end{matrix}).

Stejným postupem jako v předchozí úloze zjistíme, že detD_{n} = detD_{n−1} − detD_{n−2}. Dále snadno spočítáme hodnoty detD_{1} = 1, detD_{2} = 0 a poté pomocí rekurentního vzorce detD_{3} = −1, detD_{4} = −1, detD_{5} = 0, detD_{6} = 1, detD_{7} = 1 a detD_{8} = 0. Vidíme, že je posloupnost {detD_{n}}_{n} periodická s periodou 6. Dodefinujeme-li detD_{0} = 1, pak dostáváme vztah detD_{n} = detD_{nmod 6}. □

5.15. Spočítejte determinant matice D_{500} z předchozí úlohy.

Stačí použít nerekurentní vztah detD_{500} = detD_{500mod 6} = detD_{2} = 0. □

Další úlohy

(1) Buď n přirozené číslo, p prvočíslo a U podprostor vektorového prostoru Z_{p}^{n} nad tělesem Z_{p}. Určete kolik existuje podprostorů V prostoru Z_{p}^{n}, pro něž platí, že U ∨ V = Z_{5}^{5} a U ∩ V = {0}.

(2) Určete dimenze podprostorů U, V, U ∨ V a U ∩ V vektorových prostorů Z_{5}^{4} nad tělesem Z_{5} a Z_{7}^{4} nad tělesem Z_{7}, jestliže U = ⟨(1, 2, 1, 3), (1, 2, 4, 1), (3, 4, 1, 0)⟩ a V = ⟨(4, 1, 2, 3), (0, 3, 3, 1), (1, 2, 1, 3)⟩.

(3) Uvažujme podprostor W = ⟨(1, 6, 2, 4, 5)⟩ vektorového prostoru Z_{7}^{5} nad tělesem Z_{7}. Najděte báze nějakých takových podprostorů U a V, aby dim(U) = dim(V) = 3, U ∨ V = Z_{7}^{5} a U ∩ V = W.

(4) Uvažujme matice A a B z příkladu 4.3. Najděte nějakou posloupností elementárních řádkových úprav, pomocí nichž lze převést matici A na matici B.

(5) Určete nad tělesy R, Z_{5} a Z_{7} hodnost matice A = (\begin{matrix}2 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 3 & 3 & 1 \end{matrix}), matice

A + A a A · A.

(6) Najděte nad tělesy R, Z_{5} a Z_{7} všchna řešení homogenní soustavy rovnic s maticí A z předchozí úlohy.

(7) Najděte nad tělesy Q, Z_{3} a Z_{7} všechna řešení nehomogenní soustavy rovnic

s maticí (\begin{matrix}1 & 0 & 1 & 2 & 2 & |2 \\ 2 & 0 & 2 & 1 & 1 & |0 \end{matrix}).

(8) Mějme p = (178)(256), q = (134765) ∈ S_{7}. Určete permutace p ∘ q, q ∘ p, p^{−1} ∘ q a q^{−1} ∘ p^{−1} a q ∘ q najděte u všech těchto permutací jejich rozklad na transpozice.

(9) Mějme p = (1278)(356), q = (13)(4765) ∈ S_{8}. Určete znaménka permutací p ∘ q, q ∘ p, p^{−1} ∘ q a q^{−1} ∘ p^{−1} a q ∘ q najděte u všech těchto permutací jejich rozklad na transpozice.

(10) Spočítejte determinant matic A = (\begin{matrix}2 & 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 0 \end{matrix}), B = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 2 & 2 \\ 2 & 1 & 0 & 1 \end{matrix}),

A^{−1}, A · B a A · B^{−1} nad tělesy R, C, Z_{3}, Z_{5} a Z_{7}.

(11) Najděte pro libovolná a ∈ Q nad Q rekurentní vzorec pro výpočet determinant čtvercové matice G_{n} = (g_{ij}) stupně n, kde g_{ii} = 1, g_{ii+1} = a a g_{ii+1} = b a jinde je g_{ij} = 0.