16./10.11.

2. Tělesa

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

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

Zvolme libovolně 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)mod n + qn = a a (b)mod n + rn = b. Navíc připomeňme, že 0 ≤ (a)mod n < n a 0 ≤ (b)mod n < n. Nyní počítejme:

(a + b)mod n = ((a)mod n + qn + (b)mod n + rn)mod n =

= ((a)mod n + (b)mod n + (q + r)n)mod n = ((a)mod n + (b)mod n)mod n. Poznamenejme, že jsem využili elementárního faktu, že čísla, která se liší o násobek číslem n mají stejný zbytek po celočíselném dělení číslem n. □

2.2. Dokažte, že Z_{n} spolu s operacemi +_{n} a ·_{n} splňuje axiomy (A0)–(A4), (M0)– (M3). (D) a (N).

Axiomy (A0) a (M0) požadují, aby obě operace +_{n} i ·_{n} byly dobře definované, tedy jejich výsledek ležel v množině Z_{n}, což jsme zajistili definicí. S pomocí pozorování úlohy 2.1 a využitím asociativity sčítání na celých číslech spočítáme, že

(a +_{n} b) +_{n} c = ((a + b)mod n + c)mod n =^{2.1} ((a + b) + c)mod n =
(a + (b + c))mod n =^{2.1} ((a + b)mod n + c)mod n = a +_{n} (b +_{n} c).

Stejnou úvahou pro násobení dostaneme

(a ·_{n} b) +_{n} c =^{2.1} ((a · b) · c)mod n = (a · (b · c))mod n =^{2.1} a ·_{n} (b ·_{n} c).

Ukázali jsme, že jsou axiomy (A1) a (M1) splněny. Platnost komutativních zákonů, tedy axiomů (A2) a (M2) plyne okamžitě z definice operací a komutativity příslušných operací na celých číslech, podobně snadno z definice operací nahlédneme, že 0 +_{n} a = a a 1 ·_{n} a = a pro každé a ∈ Z_{n}, tedy i axiomy (A3) a (M3) platí. Dále −0 = 0 a −a = n − a pro všechna a ∈ Z_{n} \ {0}, protože (a + n − a)mod n = (n)mod n = 0. odkud dostáváme platnost axiomu (A4). Distributivitu, tedy axiom (D), ověříme stejně jako asociativity pomocí úlohy 2.1 a s využitím distributivity na celých číslech:

(a +_{n} b) ·_{n} c =^{2.1} ((a + b) · c)mod n = (a · c + b · c)mod n =^{2.1} a ·_{n} c +_{n} b ·_{n} c.

Konečně axiom netriviality je zřejmý z předpokladu, že n > 1. □

2.3. Jsou-li r, s ∈ N, r > 1, s > 1 a položme n = rs. Dokažte, že Z_{n} spolu s operacemi +_{n} a ·_{n} není těleso.

Ukázali jsme, že Z_{n} splňuje všechny axiomy tělesa s výjimkou axiomu (M4)- Protože víme, že v každém tělese musí podle Tvrzení 3.1 z přednášky platit pro a ≠ 0 a b ≠ 0, že a · b ≠ 0, stačí, abychom tuto podmínku vyvrátili. Položíme-li a = r a b = s, pak vidíme, že a ≠ 0 a b ≠ 0, ovšem a · b = (n)mod n = 0. □

Nechť a_{0} ≥ a_{1} jsou dvě přirozená čísla. Připomeňme Eukleidův 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}).

2.4. 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. □

2.5. 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)mod 101 = 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 2.4.

23./24.11.

2.6. Najděte nad tělesem Z_{101} prvky 63^{−1}, 20^{−1}, 2^{−1}, (20 · 63)^{−1}, vyřešte nad ním

rovnici 20 ·_{101} x = 7 najděte inverzní matici k matici (\begin{matrix}63 & 0 \\ 98 & 2 \end{matrix}).

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} )mod p = (p + 1)mod p = 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.

Konečně standardní cestou budeme upravovat řádky rozšířené matice nad tělesem Z_{101}, přitom využijme znalosti 63^{−1} = 93:

(\begin{matrix}63 & 0| & 1 & 0 \\ 98 & 2| & 0 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0| & 93 & 0 \\ 98 & 2| & 0 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0| & 93 & 0 \\ 0 & 2| & 77 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0| & 93 & 0 \\ 0 & 1| & 89 & 51 \end{matrix}) .

Spočítali jsme, že (\begin{matrix}63 & 0 \\ 98 & 2 \end{matrix})^{−1} = (\begin{matrix}93 & 0 \\ 89 & 51 \end{matrix}). □

2.7. 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)mod p. □

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

3. Aritmetické vektorové prostory a lineární nezávislost

3.1. Rozhodněte, zda je množina U podprostorem aritmetického vektorového prostoru Z_{5}^{3} nad tělesem Z_{5}, jestliže

(a) U = {(0, 0, 0)^{T} }, (b) U = {(0, 0, 0)^{T} , (1, 2, 3)^{T} }, (c) |U| = 4,

(d) U = {(0, 0, 0)^{T} , (1, 2, 3)^{T} , (2, 4, 1)^{T} , (3, 1, 4)^{T} , (4, 3, 2)^{T} },

(e) |U| = 6, (f) |U| = 125.

(a) Protože (0, 0, 0)^{T} + (0, 0, 0)^{T} = (0, 0, 0)^{T} a t(0, 0, 0)^{T} = (0, 0, 0)^{T} pro každé t ∈ T, je podle definice množina {(0, 0, 0)^{T} } podprostorem Z_{5}^{3}.

(b) Vidíme, že (1, 2, 3)^{T} + (1, 2, 3)^{T} = 2(1, 2, 3)^{T} = (2, 4, 1)^{T} ∉ U, proto U není podprostorem.

(c) Je-li u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}) nenulový vektor, potom množina L(u) = {a u | a ∈ Z_{5}} obsahuje právě tolik různých vektorů,kolik prvků obsahuje těleso Z_{5}. Proto čtyřprvkový podprostor (který by nutně obsahoval nenulový vektor) nad tělesem Z_{5} nemůže existovat.

(d) Snadno pomocí Tvrzení 4.3 z přednášky nahlédneme, že U = L((1, 2, 3)^{T}), tedy se jedná o podprostor.

(e) Kdyby existoval šestiprvkový podprostor nad tělesem Z_{5}, pak obsahoval nějaký nenulový vektor u a pak ještě jeden vektor v ∈ U \ L(u). Podle Tvrzení 4.7 by množin {u, v} byla lineárně nezávislá, a proto by vektor 2 u ∉ L(u) ∪ {v}, což je spor s předpokladem |U| = 6. Tudíž žádný šestiprvkový podprostor nad tělesem Z_{5} neexistuje.

(f) Všimneme-li si, že 125 prvků má celý aritmetický prostor Z_{5}^{3}, vidíme, že U = Z_{5}^{3} je podprostorem Z_{5}^{3}. □

3.2. Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů (1, 1, 0, 1)^{T}, (2, 1, 1, 1)^{T}, (3, 1, 2, 1)^{T} z aritmetického 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)^{T} + x_{2} · (2, 1, 1, 1)^{T} + x_{3} · (3, 1, 2, 1)^{T} = (0, 0, 0, 0)^{T}

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. □

3.3. Rozhodněte, zda je posloupnost vektorů (1, 0, 2, 1)^{T}, (2, 0, 1, 1)^{T}, (1, 0, 1, −1)^{T} v aritmetickém 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 byly lineárně nezávislé, netriviální řešení vektorové rovnice

x_{1} · (1, 0, 2, 1)^{T} + x_{2} · (2, 0, 1, 1)^{T} + x_{3} · (1, 0, 1, −1)^{T} = (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)^{T}, (2, 0, 1, 1)^{T}, (1, 0, 1, −1)^{T} jsou lineárně nezávislé. □

3.4. Najděte nějakou bázi podprostoru U = L((1, 0, 2, 1)^{T} , (2, 0, 1, 1)^{T} , (1, 0, 1, −1)^{T}) aritmetického vektorového prostoru Q^{4}. Určete dimenzi U.

Protože množina {(1, 0, 2, 1)^{T} , (2, 0, 1, 1)^{T} , (1, 0, 1, −1)^{T} } podle definice generuje U a v předchozím příkladu jsme dokázali, že jde o lineárně nezávislou množinu aritmetických vektorů, tvoří bázi množina {(1, 0, 2, 1)^{T} , (2, 0, 1, 1)^{T} , (1, 0, 1, −1)^{T} }. Počet prvků libovolné báze je dimenze, tedy dimU = 3. □

3.5. Rozhodněte, zda je vektor (1, 1, 4)^{T} lineární kombinací vektorů posloupnost vektorů (1, 4, 3)^{T}, (3, 1, 1)^{T} ve vektorovém prostoru Z_{5}^{3} nad tělesem Z_{5}. V případě kladné odpovědi najděte x, y ∈ Z_{5}, pro něž x · (1, 4, 3) + y · (3, 1, 1) = (1, 1, 4).

Ptáme se, zda existují hodnoty x, y ∈ Z_{5}, které řeší vektorovou rovnici x · (1, 4, 3)^{T} + y · (3, 1, 1)^{T} = (1, 1, 4)^{T}, tedy řešíme soustavu 3 rovnic o 2 neznámých (pro každou souřadnici dostáváme jednu rovnici) s maticí, kterou snadno upravíme:

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

Okamžitě vidíme, že řešení této soustavy existuje, proto (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 4 \end{matrix}) ∈ L((\begin{matrix}1 \\ 4 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})) a

(x, y) = (2, 3). □

30.11/1.12.

3.6. Spočítejte dimenzi podprostorů U = L((2, 1, 1, 1)^{T} , (4, 2, 1, 3)^{T} , (3, 4, 3, 0)^{T} , (1, 3, 4, 2)^{T}) a V = L((2, 0, 3, 4)^{T} , (1, 3, 1, 2)^{T} , (1, 0, 1, 2)^{T}) aritmetického vektorového prostoru Z_{5}^{4} nad tělesem Z_{5}

Uvědomme si, že oba podprostory můžeme chápat jako sloupcové vektorové prostory matic, které vzniknou sestavením příslušných generujících vektorů do sloupců, tedy U = S(A) a V = S(B) pro matice nad tělesem Z_{5}

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

Nyní stačí využít Věty 4.23, která říká, že dimU = dimS(A) = r(A) a Důsledek 4.18, podle nějž stačí matice upravit posloupností elementárních úprav na odstupňovanou matici a v ní poté spočítat nenulové řádky:

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

proto dimU = r(A) = 2 a

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

tudíž dimV = r(B) = 3. □

3.7. Vyberte z množiny X = {(2, 1, 1, 1)^{T} , (4, 2, 1, 3)^{T} , (3, 4, 3, 0)^{T} , (1, 3, 4, 2)^{T} }, resp. Y = {(2, 0, 3, 4)^{T} , (1, 3, 1, 2)^{T} , (1, 0, 1, 2)^{T} } báze podprostorů U = L(X), resp. V = L(Y) aritmetického vektorového prostoru Z_{5}^{4}.

Opět počítáme se sloupcovými vektorovými prostory U = S(A) a V = S(B) matic A a B z předchozí úlohy.

Můžeme využít Tvrzení 4.14. z přednášky, z kterého plyne, že bázové sloupcové vektory matice tvoří bázi sloupcového vektorového prostoru, protože bázové sloupce obecné matice jsou právě ty sloupce, které odpovídají bázový sloupcům odstupňovaného tvaru matice. Z odstupňovaných tvarů matic A a B, které jsme našli v předchozí úloze, vidíme, že bázi U tvoří první dva sloupce matice A, tedy vektory {(2, 1, 1, 1)^{T} , (4, 2, 1, 3)^{T} } a bázi U tvoří všechny sloupce matice B, tedy celá množina Y.

Díky spočítaným dimenzím U a V, jsme v našem případě mohli postupovat přímočaře. Stačilo nahlédnout s využitím Tvrzení 4.10, že hledáme dvouprvkovou lineárně nezávislou množinu v U, tedy dvojici vektorů, které nejsou svými násobky (to zřejmě splňuje například také dvojice vektorů (2, 1, 1, 1)^{T} , (3, 4, 3, 0)^{T} či (3, 4, 3, 0)^{T} , (1, 3, 4, 2)^{T}) a tříprvkovou generující množinu, jíž je zřejmě celé Y. □

3.8. Spočítejte dimenze součtu U + V a průniku U ∩ V podprostorů Z_{5}^{4} z předchozích dvou úloh.

Připomeňme, že U + V = {u + v | u ∈ U, v ∈ V} je podprostor generovaný všemi vektory U i V, ovšem stačí nám uvažovat jen báze U i V, které už jsme

nalezli, tedy platí, že U + V = L((\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 1 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})). Dimenzi součtu

U + V nyní najdeme stejně jako v 3.6, tedy seřadíme generující vektory do sloupců matice a upravujeme

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

Vidíme, že dim(U + V) = dim(S(C)) = r(C) =.

Konečně si zbývá uvědomit, že podle Věty 4.13 (o dimenzi součtu a průniku) je dim(U + V) = dim(U) + dim(V) − dim(U ∨ V) = 2 + 3 − 4 = 1. □

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

Snadno zjistíme, že dimU = r((\begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 1 & 2 \end{matrix})) = 2, dimV = r((\begin{matrix}1 & 1 \\ 1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix})) = 2 a

dim(U + V) = r((\begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 & −1 \\ 1 & 2 & 0 & 1 \end{matrix})) = 3, proto je díky Větě 4.13

dim(U ∩ V) = dimU + dimV − dim(U + V) = 1.

□

3.10. 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}).

Připomeňme, že pro hledanou množinu všech řešení jsme zavedli značení N(A). Budeme tedy standardně upravovat matici A posloupností elementárních úprav odstupňovanou matici:

(\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. Z Věty 4.23, víme, že N(A) je podprostor aritmetického vektorového prostoru Z_{5}^{5} dimenze dimN(A) = 5−r(A) = 2. Potřebujme najít dvouprvkovou bázi podprostoru N(A).

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 1., 3. a 4. bázový slou-

pec (t.j. sloupec s první nenulovou pozicí na řádku), proto můžeme volit hodnoty x_{2} a x_{5} a poté jednoznačně dopočítat zpětnou substitucí. Vezmeme-li za (x_{2}, x_{5}) postupně vektory standardní (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)^{T} řešící soustavu a podobně pro volbu x_{2} = 0 a x_{5} = 1 dostáváme řešení (1, 0, 2, 3, 1)^{T}.

Spočítali jsme, že množinou všech řešení homogenní soustavy rovnic s maticí A je podprostor N(A) = L((3, 1, 0, 0, 0)^{T} , (1, 0, 2, 3, 1)^{T}). □

3.11. 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 3.10?

Stačí aplikovat Frobeniovu větu (Věta 4.24), 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 r(A) ≤ r(A|b^{T}). Protože jsme zjistili, že r(A) = 3 a matice (A|b^{T}) má tři řádky, tedy r(A|b^{T}) ≤ 3, vidíme, že r(A|b^{T}) = 3, a proto je soustava Ax^{T} = b^{T} řešitelná pro každý vektor b ∈ Z_{5}^{3}. □

3.12. Najděte nad tělesem Z_{5} všechna řešení soustavy rovnic Ax = (1, 2, 4)^{T}, kde A je matice z úlohy 3.10.

Díky Tvrzení 4.5 nám stačí najít jedno řešení u nehomogenní soustavy Ax^{T} = (1, 2, 4)^{T}. Každé řešení potom budou právě tvaru u + w pro vhodné w ∈ N(A) podle Tvrzení 4.5.3. Postupujeme analogicky výpočtu v příkladu 3.10. 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 využijeme-li nyní Tvrzení 4.5.3 a popisu podprostoru N(A) získané v 3.10, je množina všech řešení soustavy Ax = (1, 2, 4)^{T} tvaru

{(1, 0, 3, 1, 0)^{T} } + N(A) = {(1, 0, 3, 1, 0)^{T} } + L((3, 1, 0, 0, 0)^{T} , (1, 0, 2, 3, 1)^{T}).

□

3.13. Najděte nad tělesem Z_{7} všechna řešení soustavy rovnic Ax = b s maticí

A = (\begin{matrix}3 & 1 & 5 & 2 \\ 3 & 2 & 4 & 6 \\ 2 & 5 & 6 & 0 \end{matrix}) a) pro b = (1, 1, 1)^{T}, b) pro b = (1, 2, 5)^{T}

Opět upravíme rozšířenou matici soustavy na odstupňovanou matici.

a)

(\begin{matrix}3 & 1 & 5 & 2 & |1 \\ 3 & 2 & 4 & 6 & |1 \\ 2 & 5 & 6 & 0 & |1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 1 & 5 & 2 & |1 \\ 0 & 1 & 6 & 4 & |0 \\ 0 & 2 & 5 & 1 & |5 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 1 & 5 & 2 & |1 \\ 0 & 1 & 6 & 4 & |0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & |5 \end{matrix})

Protože je hodnost matice homogenní soustavy rovnic menší než hodnost rozšířenou matici soustavy, díky Frobeniově větě (4.24) je množina všech řešení soustavy prázdná.

b)

(\begin{matrix}3 & 1 & 5 & 2 & |1 \\ 3 & 2 & 4 & 6 & |2 \\ 2 & 5 & 6 & 0 & |5 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 1 & 5 & 2 & |1 \\ 0 & 1 & 6 & 4 & |1 \\ 0 & 2 & 5 & 1 & |2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 1 & 5 & 2 & |1 \\ 0 & 1 & 6 & 4 & |1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & |0 \end{matrix})

Tentokrát řešení soustavy existuje a my snadno jedno najdeme (0, 1, 0, 0)^{T}. Dále spočítáme bázi podprostoru N(A) a opět vužijeme Tvrzení 4.5.3, podle nějž je množina všech řešení nehomogenní soustavy Ax = b právě tvaru

\{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})\}+N(A) = \{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})\}+L((\begin{matrix}5 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})) = \{(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})+r·(\begin{matrix}5 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})+s·(\begin{matrix}3 \\ 3 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) | r, s ∈ Z_{7}\}.

□

3.14. Najděte nějakou bázi podprostorů U + V a U ∩ V vektorového prostoru Z_{5}^{4} z příkladu 3.6.

V úloze 3.8 jsem zjistili, že dimenze podprostoru U+V je 4, což podle Věty 4.11 z přednášky znamená, že U + V = Z_{5}^{4}, protože dimZ_{5}^{4} = 4. Tedy bázi U + V tvoří například standardní báze (1, 0, 0, 0)^{T} , (0, 1, 0, 0)^{T} , (0, 0, 1, 0)^{T} , (0, 0, 0, 1)^{T}.

Nyní potřebujeme najít všechny vektory, které leží zároveň v U i ve V, tedy které jsou zároveň lineárními kombinacemi generátorů U i V. Připomeneme-li, že jsme v 3.7 našli bázi {(2, 1, 1, 1)^{T} , (4, 2, 1, 3)^{T} } podprostoru U a bázi {(2, 0, 3, 4)^{T} , (1, 3, 1, 2)^{T} , (1, 0, 1, 2)^{T} } podprostoru V a že množina {−(2, 0, 3, 4)^{T} , −(1, 3, 1, 2)^{T} , −(1, 0, 1, 2)^{T} } = {(3, 0, 2, 1)^{T} , (4, 2, 4, 3)^{T} , (4, 0, 4, 3)^{T} } je rovněž báze V, pak hledáme lineární kombinace splňující

x_{1} (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + x_{2} (\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 1 \\ 3 \end{matrix}) = −y_{1} (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}) − y_{2} (\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) − y_{3} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) ,

kterou upravíme do standardního tvaru

x_{1} (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + x_{2} (\begin{matrix}4 \\ 2 \\ 1 \\ 3 \end{matrix}) + y_{1} (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 3 \\ 4 \end{matrix}) + y_{2} (\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + y_{3} (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

Hledáme tedy N(C) matice C = (\begin{matrix}2 & 4 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 & 3 & 0 \\ 1 & 1 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 4 & 2 & 2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & 4 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 4 & 2 & 3 & 3 \\ 0 & 0 & 4 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 2 \end{matrix}) z pří-

kladu 3.8. Nyní snadno najdeme jedno netriviální řešení (0, 4, 2, 4, 1)^{T} soustavy s maticí C, tedy hledaným bázovým vektorem podprostoru U ∩ V je

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

□

7./8.12.

3.15. Najděte nějakou bázi průniku podprostorů U ∩ V vektorového prostoru Z_{3}^{4} nad tělesem Z_{3}, jestliže U = L((1, 1, 1, 1)^{T} , (0, 2, 1, 1)^{T} , (0, 0, 1, 2)^{T}) a V = L((1, 2, 2, 1)^{T} , (0, 1, 2, 1)^{T} , (0, 0, 2, 2)^{T}).

Postupujeme stejně jako v předchozí úloze, tedy hledáme všechny vektory, které leží zároveň v U i ve V, což si opět vyjádříme rovnicí:

x_{1} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + x_{2} (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + x_{3} (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = y_{1} (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + y_{2} (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + y_{3} (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) ,

kterou opět upravíme na

x_{1} (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + x_{2} (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + x_{3} (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + y_{1} (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + y_{2} (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) + y_{3} (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

Znovu počítáme všechna řešení homogenní soustavy s maticí:

D = (\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}) .

Nyní snadno najdeme bázi (1, 2, 2, 1, 0, 0)^{T} , (0, 2, 2, 0, 1, 1)^{T} podprostoru N(D). Zjistili jsme, že:

(\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = 1 · (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + 2 · (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + 2 · (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = 1 · (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + 0 · (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + 0 · (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) ,

a

(\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) = 0 · (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + 2 · (\begin{matrix}0 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) + 2 · (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = 0 · (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + 1 · (\begin{matrix}0 \\ 1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + 1 · (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) ,

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)^{T} a (0, 1, 1, 0)^{T} leží v podprostoru U ∩ V. Konečně si uvědomíme, že libovolné řešení soustavy lze napsat ve tvaru

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

kde a_{1}, a_{2} ∈ Z_{3}, proto lze každý vektor z průniku vyjádřit:

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

Tím jsme zjistili, že každý vektor z podprostoru U ∩ V lze napsat ve tvaru a_{1} · (1, 2, 2, 1)^{T} + a_{2} · (0, 1, 1, 0)^{T}, tedy množina {(1, 2, 2, 1)^{T} , (0, 1, 1, 0)^{T} } 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 vzhledem 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). □

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

Připomeňme, že podle Tvrzení 4.14.5 se řádkový vektorový prostor matice nezmění, upravíme-li ji posloupností elementárních řádkových úprav. Seřadíme-li vektory množiny B do řádků matice, kterou upravíme na odstupňovanou matici, vidíme, že

L(B) = R((\begin{matrix}2 & 4 & 0 & 1 & 4 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 3 \end{matrix})) = R((\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 standardní báze (i-tý přidáme, právě když i-tý sloupec matice není bázový) 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 řádkový prostor matice A dimenzi 5, proto je roven Z_{5}^{5}. Tedy množina {(0, 1, 0, 0, 0)^{T} , (0, 0, 0, 1, 0)^{T} , (0, 0, 0, 0, 1)^{T} } doplňuje množinu B na bázi Z_{5}^{5}. □

3.17. Najděte nějakou bázi podprostoru U = L((3, 1, 4, 2)^{T} , (2, 3, 5, 1)^{T} , (1, 5, 6, 1)^{T}) aritmetického vektorového prostoru Z_{7}^{4} a doplňte ji bázi celého prostoru Z_{7}^{4}.

I tentokrát můžeme využít úvahy Tvrzení 4.14.5 o řádkovém vektorovém prostoru

matice M = (\begin{matrix}3 & 1 & 4 & 2 \\ 2 & 3 & 5 & 1 \\ 1 & 5 & 6 & 1 \end{matrix}), pro níž platí, že U = R(M). Nejprve standardní

cestou upravíme matici M na matici odstupňovanou:

(\begin{matrix}3 & 1 & 4 & 2 \\ 2 & 3 & 5 & 1 \\ 1 & 5 & 6 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 1 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 1 & 4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) = N.

Vidíme, že báze R(N) = R(M) = U je tvořena například nenulovými řádkovými vektory odstupňované matice N. Tedy {(3, 1, 4, 2)^{T} , (0, 0, 0, 1)^{T} } je báze U. Nyní už postupujeme stejně jako v předchozí úloze, doplníme nenulové řádky matice N pomocí vektorů standardní báze, abychom dostali odstupňovanou regulární ma-

tici (\begin{matrix}3 & 1 & 4 & 2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix}). Tudíž množina \{(0, 1, 0, 0)^{T} , (0, 0, 1, 0)^{T} \} doplňuje množinu

{(3, 1, 4, 2)^{T} , (0, 0, 0, 1)^{T} } na bázi Z_{7}^{4}. □

3.18. 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} a

dimenze řádkového, sloupcového, nulového a levého nulového prostoru matice A.

Podle Věty 4.23 stačí spočítat hodnost matice.

Upravujme 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 r(A) = 3. Tedy že r(A) = r(A^{T}) = dimR(A) = dimS(A) = 3 a dimN(A) = dimN(A^{T}) = 3 − 3 = 0.

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 r(A) = r(A^{T}) = dimR(A) = dimS(A) = 2 a dimN(A) = dimN(A^{T}) = 3 − 2 = 1. □

3.19. Najděte redukovaný odstupňovaný tvar matice M = (\begin{matrix}3 & 3 & 2 & 6 & 4 \\ 5 & 5 & 0 & 2 & 1 \\ 2 & 2 & 5 & 3 & 4 \end{matrix}) nad

tělesem Z_{7}.

Nejprve obvyklým způsobem matici M upravíme na odstupňovanou matici a poté upravíme odstupňovanou matici tak, aby bázové sloupce byly právě vektory standardní báze:

M ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 3 & 2 & 6 \\ 0 & 0 & 6 & 6 & 6 \\ 0 & 0 & 6 & 6 & 6 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 3 & 2 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 6 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

Spočítali jsme, že je matice (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 6 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) redukovaným odstupňovaným tvare

matice M □

4. Permutace

4.1. 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}. Kolika různými způsoby

lze v redukovaném a neredukovaném tvaru permutaci p a q zapsat?

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).

Zápis každého cyklu konkrétní permutace je určen svou první hodnotou, tedy n-cyklus lze zapsat n způsoby. Protože můžeme cykly v cyklickém zápisu ještě vzájemně libovolně permutovat, vidíme, že permutaci p lze v redukovaném cyklickém zápisu zapsat právě 2·3·2! = 12 způsoby a v neredukovaném cyklickém zápisu ji lze zapsat právě 2·3·1·3! = 36 způsoby. Stejnou úvahou dostaneme, že permutaci q můžeme v redukovaném cyklickém zápisu zapsat právě 4 způsoby a v neredukovaném cyklickém zápisu právě 4 · 3! = 24 způsoby. □

4.2. 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}) .

□

4.3. 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}.

Nejprve přímo použitím definice snadno zjistíme hodnoty (skládáme zprava doleva):

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

Dále snadno nahlédneme, že inverzní permutací je právě ţzrcadlový obraz” permutace, tedy

p^{−1} = (62)(8974)(531), q^{−1} = (18)(239674).
□

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

Použijeme-li Lemma 5.6 z přednášky, stačí, abychom spočítali počet cyklů v neredukovaném cyklickém zápisu každé z permutací. V obou případech vidíme, že p = (135)(4798)(26) i q = (18)(247693)(5) obsahují 3 cykly, proto sgn p = sgn q = (−1)^{9−3} = 1. □

4.5. Určete znaménka permutací p = (17)(36)(2458), p^{−1}, q = (245)(3687), r = (13)(2675), p ∘ q ∘ r, q^{−1} ∘ r ∘ p^{−1} ∘ q ∈ S_{8}.

Nejprve opět použijeme Lemma 5.6, abychom zjistili, že

sgn p = sgn ((17)(36)(2458)) = (−1)^{8−3} = −1,
sgn q = sgn ((1)(245)(3687)) = (−1)^{8−3} = −1,
sgn r = sgn ((13)(2675)(4)(8)) = (−1)^{8−4} = 1.

V předchozí úloze jsme si mohli všimnout, že inverzní permutace má stejně cyklů jako permutace původní, proto sgn p^{−1} = sgn p = −1. Konečně Tvrzení 5.5 nám říká, že znaménko složení permutací se rovná součinu znamének, proto

sgn (p ∘ q ∘ r) = sgn p · sgn q · sgn r = (−1) · (−1) · 1 = 1

Spojením posledních dvou pozorování dostáváme:

sgn (q^{−1} ∘ r ∘ p^{−1} ∘ q) = sgn q · sgn r · sgn p · sgn q = sgn r · sgn p = −1.

□

4.6. 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 Lemmatu 5.2, 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).

□

Další úlohy

(1) Buď T těleso · a nechť a, b ∈ T. Jestliže a · a = b · b, dokažte z axiomatiky tělesa, že nutně a = b nebo a = −b.

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

(3) Vyřešte v tělese Z_{97} rovnici 7 · x + 3 = 51^{−1} + 17.

(4) Existují-li najděte inverzní matice k maticím (\begin{matrix}11 & 12 \\ 13 & 14 \end{matrix}), (\begin{matrix}8 & 9 & 9 \\ 9 & 8 & 9 \\ 9 & 9 & 8 \end{matrix}) a

(\begin{matrix}15 & 16 & 3 \\ 9 & 0 & 5 \\ 12 & 0 & 15 \end{matrix}) nad tělesy Z_{17}, Z_{19}, Z_{53} a Z_{103}.

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

(6) Určete bázi a dimenzi podprostoru L((1, 3, 2, 1)^{T}, (3, 0, 1, 1)^{T}, (1, 4, 2, 4)^{T}) vektorových prostorů R^{4}, C^{4}, Z_{5}^{4} a Z_{7}^{4}.

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

(8) Kolik existuje bází podprostoru L((1, 1, 2, 0)^{T}, (4, 1, 3, 1)^{T}, (1, 3, 2, 1)^{T}) vektorových prostorů Z_{5}^{4} a Z_{7}^{4}?

(9) 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 = L((1, 2, 1, 3)^{T} , (1, 2, 4, 1)^{T} , (3, 4, 1, 0)^{T}) a V = L((4, 1, 2, 3)^{T} , (0, 3, 3, 1)^{T} , (1, 2, 1, 3)^{T}).

(10) 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.

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

(12) 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}).

(13) Je-li podprostor U = L((2, 4, 0, 1, 4)^{T} , (1, 2, 1, 0, 3)^{T}) 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}.

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

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

(16) Buď k ≤ n přirozená čísla, p prvočíslo a U podprostor dimenze k 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}.

(17) Dokažte, že lze nad tělesem racionálních čísel převést posloupností elemen-

tárních 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}).

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

(19) Rozhodněte, zda lze nad reálnými čísly převést posloupností elementár-

ních 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}).

(20) Mějme p = (174)(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.

(21) 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.