PÍSEMKY Z LINEÁRNÍ ALGEBRY

Úloha 1 (16.10). (cvičení od 12:20): Pomocí Euklidova algoritmu spočítejte hodnotu gcd(1157, 494) a nadjděte taková celá čísla x a y, aby x > 0 a gcd(1157, 494) = 494x + 1157y.

(cvičení od 14:00): Pomocí Euklidova algoritmu najděte kladné řešení kongruence 513x ≡ 1 (mod 1054).

Řešení. (cvičení od 12:20): Pro hodnoty 1157 a 494 a postupujeme Euklidovým algoritmem: 169 = 1157 − 2 · 494, 156 = 494 − 2 · 169 = 494 − 2· = 2 · (1157 − 2 · 494) = 5 · 494 − 2 · 1157, 13 = 169 − 156 = (1157 − 2 · 494) − (5 · 494 − 2 · 1157) = 3 · 1157 − 7 · 494. Protože 13|156 máme gcd(1157, 494) = 13. Našli jsme řešení x = −7 a y = 3,

které nevyhovuje požadavku na kladnost x. Upravíme tedy rovnost

13 = 3 · 1157 − 494 · 1157 + 1157 · 494 − 7 · 494 = (3 − 494) · 1157 + (1157 − 7) · 30

dostáváme vyhovující řešení x = 1150 a y = −491.

(cvičení od 14:00): Nejprve použijeme Euklidův algoritmus na hodnoty 1054 a 513 28 = 1054 − 2 · 513, 9 = 513 − 18 · 28 = 513 − 18 · (1054 − 2 · 513) = 37 · 513 − 18 · 1054, 1 = 28 − 3 · 9 = (1054 − 2 · 513) − 3 · (37 · 513 − 18 · 1054) = 55 · 1054 − 113 · 513, Zjistili jsme, že 513 · (−113) ≡ 1 (mod 1054). Protože −113 ≡ 1054 − 113 ≡

941 (mod 1054), dostáváme, že 513 · 941 ≡ 1 (mod 1054), tedy hledaným řešením je například x = 941. □

Úloha 2 (23.10). (cvičení od 12:20): Najděte všechna reálná rešení soustavy rovnic:

3x + 4y  = 5
2x + 3y + z = 4
x + y − z = 1
2x + y − 5z = 0

(cvičení od 14:00): Najděte všechna reálná rešení soustavy rovnic:

\begin{aligned}3x & + & 7y & + & 7z & = & −7 \\ 3x & + & 2y & − & z & = & 4 \\ 2x & + & 3y & + & 2z & = & −1 \end{aligned}

Řešení. V obou případech si soustavu nejprve zapíšeme do rozšířené matice a poté ji pomocí posloupnosti ekvivalentních úprav převedeme do odstupňovaného tvaru.

(cvičení od 12:20):

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

Vidíme, že poslední tři rovnice určují stejné množiny řešení, stačí tedy nejprve najít jedno řešení nehomogenní soustavy a všechna řešení odpovídající homogenní soustavy s maticemi:

(\begin{matrix}1 & 1 & −1 & |1 \\ 0 & 1 & 3 & |2 \end{matrix}) a (\begin{matrix}1 & 1 & −1 \\ 0 & 1 & 3 \end{matrix})

Zpětnou substitucí pro volbu z = 0 spočítáme y = 2 − 3z = 2 a x = 1 − y + z = −1, tedy trojice (x, y, z)^{T} = (−1, 2, 0)^{T} je hledaným jedním řešením nehomogenní soustavy. Nyní opět zvolíme nenulovou hodnotu z = 1 a zpětnou substitucí dopočítáme tentokrát homogenní soustavu rovnic: y = −3z = −3 a x = −y+z = 4. Zjistili jsme, že množina {t · (4, −3, 1)^{T} | t ∈ R} tvoří množinu všech reálných řešení homogenní soustavy. Proto je (x, y, z)^{T} řešením zadané soustavy, právě když

(\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) ∈ \{(\begin{matrix}−1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix}) + t · (\begin{matrix}4 \\ −3 \\ 1 \end{matrix}) | t ∈ R\} = \{(\begin{matrix}−1 + 4t \\ 2 − 3t \\ t \end{matrix}) | t ∈ R\}.

(cvičení od 14:00):

(\begin{matrix}3 & 7 & 7 & | & −7 \\ 3 & 2 & −1 & | & 4 \\ 2 & 3 & 2 & | & −1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 2 & −1 & | & 4 \\ 3 & 7 & 7 & | & −7 \\ 6 & 9 & 6 & | & −3 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}3 & 2 & −1 & | & 4 \\ 0 & 5 & 8 & | & −11 \\ 0 & 5 & 8 & | & −11 \end{matrix}) .

Vidíme, že poslední dvě rovnice jsou stejné, stačí tedy nejprve najít jedno řešení nehomogenní soustavy a všechna řešení odpovídající homogenní soustavy s maticemi:

(\begin{matrix}3 & 2 & −1 & | & 4 \\ 0 & 5 & 8 & | & −11 \end{matrix}) a (\begin{matrix}3 & 2 & −1 \\ 0 & 5 & 8 \end{matrix})

Zpětnou substitucí pro volbu z = 0 spočítáme y = −\frac{11}{5} a x = \frac{4+2· \frac{11}{5}}{3} = \frac{42}{15} = \frac{14}{5}, proto je trojice (x, y, z)^{T} = (\frac{14}{5}, −\frac{11}{5}, 0)^{T} hledaným jedním řešením nehomogenní soustavy. Nyní zvolíme nenulovou hodnotu například z = 5 a zpětnou substitucí dopočítáme tentokrát homogenní soustavu rovnic: y = −\frac{8z}{5} = −\frac{8·5}{5} = −8 a x = \frac{z−2y}{3} = \frac{5+2·8}{3} = \frac{21}{3} = 7. Zjistili jsme, že množina \{t · (7, −8, 5)^{T} | t ∈ R\} tvoří množinu všech reálných řešení homogenní soustavy. Proto je (x, y, z)^{T} řešením zadané soustavy, právě když

(\begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) ∈ \{( \frac{14}{5} ; −\frac{11}{5} ; 0) + t · (\begin{matrix}7 \\ −8 \\ 5 \end{matrix}) | t ∈ R\} = \{(\begin{matrix}\frac{14}{5} + 7t \\ −\frac{11}{5} − 8t \\ 5t \end{matrix}) | t ∈ R\}.

□

Úloha 3 (30.10). (cvičení od 12:20): Najděte nad tělesem Z_{97} řešení rovnice

95 · (57x + 64) = 88.

(cvičení od 14:00): Najděte nad tělesem Z_{7} všechna řešení soustavy lineárních rovnic s rozšířenou maticí

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

Řešení.

(cvičení od 12:20):

Postupně upravujeme rovnici (lze zvolit řadu různých efektivních cest, předvedeme jen jednu):

95 · (57x + 64) = 88
−2 · (57x + 64) = −9 | · (−1)
2 · (57x + 64) = 9
17x + 31 = 9 | − 31

Nyní můžeme pomocí Euklidova algoritmu spočítat 17^{−1} = 40, přenásobit touto hodnotou (nebo postupně například číslem 4 a pak 10) obě strany rovnice a dopočítat výsledek, nebo budeme dále upravovat:

17x = −22 | · 6
5x = −35
5x = −5 · 7

Nyní vykrátíme hodnotou 5 a dostaneme x = −7 = 90.

(cvičení od 14:00):

Nejprve upravíme matici posloupností elementárních úprav na odstupňovanou matici:

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

Stačilo tedy přičíst čtyřnásobek prvního řádku k druhému a první řádek k třetímu. Nyní najdeme zpětnou substitucí jedno řešení (3^{−1} · 4, 0, 0, 0)^{T} = (6, 0, 0, 0)^{T} a poté spočítáme tři řešení soustavy:

v_{2} = (\begin{matrix}−2 · 3^{−1} \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) , v_{3} = (\begin{matrix}−6 · 3^{−1} \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix}5 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , v_{4} = (\begin{matrix}−1 · 3^{−1} \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) .

Spočítali jsme, že všechna řešením zadané soustavy tvoří množinü

\{(\begin{matrix}6 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t_{2} · (\begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t_{3} · (\begin{matrix}5 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t_{3} · (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) | t_{2}, t_{3}, t_{4} ∈ Z_{7}\}.

□

Úloha 4 (6.11). (cvičení od 12:20): Definujme pro každé a ∈ Z_{5} zobrazení f_{a} :

Z_{5}^{2} → Z_{5}^{2} předpisem f_{a}(v) = (\begin{matrix}2 & a \\ 1 & a + 1 \end{matrix})·v. Pro každé a ∈ Z_{5} rozhodněte, zda je f_{a}

prosté, na a najděte všechny vektory, pro které a) f_{a}(v) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}) a b) f_{a}(v) = (\begin{matrix}1 \\ 4 \end{matrix}).

(cvičení od 14:00): Definujme pro každé a ∈ Z_{11} zobrazení g_{a} : Z_{11}^{3} → Z_{11}^{2}

předpisem g_{a}(v) = (\begin{matrix}3 & a & a \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}) · v. Pro každé a ∈ Z_{11} rozhodněte, zda je g_{a} prosté,

na a najděte všechny vektory, pro které g_{a}(v) = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}).

Řešení.

(cvičení od 12:20):

Protože vztah f_{a}(v) = b představuje soustavu lineárních rovnic s parametrem a, budeme rovnou pracovat s maticovým zápisem soustavy f_{a}(v) = (1, 4)^{T}, který upravíme na odstupňovaný tvar:

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

Z levé stranu upravené, tedy odstupňované matice vidíme, že řešení pro libovolnou pravou stranu existuje, právě když a + 2 ≠ 0 a to nastává právě tehdy, když je existující řešení pro danou pravou stranu jednoznačné (tj. právě když nemáme žádnou volnou proměnou). To znamená, že f_{a} je prosté, právě když je na a to platí, právě když a ≠ 3.

Dále spočítáme, že pro a = 3 je f_{3}(v) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix}), právě když v ∈ \{t · (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}) | t ∈ Z_{5}\}

a zjevně žádné v splňující f_{3}(v) = (\begin{matrix}1 \\ 4 \end{matrix})\} neexistuje (což odpovídá rovnici 0 = 2).

Necht’ a ≠ 3. Pak f_{a}(v) = (0, 0)^{T} splňuje právě v = (0, 0)^{T} a f_{a}(v) = (1, 4)^{T} má

rovněž jediné řešení, které najdeme zpětnou substitucí v = (\begin{matrix}(2a + 1) · (a + 2)^{−1} \\ 2 · (a + 2)^{−1} \end{matrix}).

(cvičení od 14:00):

Protože vztah g_{a}(v) = b můžeme chápat jako soustavu lineárních rovnic s parametrem a, budeme pracovat se zápisem soustavy g_{a}(v) = (1, 0)^{T} do rozšířené matice, který upravíme na odstupňovaný tvar:

(\begin{matrix}3 & a & a & |1 \\ 1 & 2 & 3 & |0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & |0 \\ 3 & a & a & |1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & |0 \\ 0 & a + 5 & a + 2 & |1 \end{matrix}) .

Z levé stranu upravené matice vidíme, že řešení pro libovolnou pravou stranu existuje, prtotože v odstupňovaném tvaru má matice homogenní soustavy oba řádky nenulové. Zároveň vidíme, že není pro žádné a jednoznačně určené, nebot’ máme k dispozici vždy volnou proměnou (bud’ druhou nebo třetí v závislosti na a). Tudíž g_{a} není nikdy prosté a je vždy na.

Pokud a ∈ Z_{11} \{6}, je volnou proměnnou třetí neznámá a snadno tedy najdeme zpětnou substitucí partikulární řešení (9 · (a + 5)^{−1}, (a + 5)^{−1}, 0)^{T} a jedno řešení homogenní soustavy (a, 2 + a, 6 − a)^{T}

Jestliže je a = 6, pak řešíme soustavu s maticí (\begin{matrix}1 & 2 & 3 & |0 \\ 0 & 0 & 8 & |1 \end{matrix}) , opět na-

jdeme zpětnou substitucí partikulární řešení (1, 0, 7)^{T} i řešení homogenní soustavy (9, 1, 0)^{T}

Zjistili jsme, že g_{a}(v) = (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}), právě když v ∈ \{(\frac{9}{a+5} ; \frac{1}{a+5} ; 0)+t·(\begin{matrix}a \\ 2 + a \\ 6 − a \end{matrix}) | t ∈ Z_{11}\} v

případě, že a ≠ 6, a právě když v ∈ \{(\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 7 \end{matrix})+t·(\begin{matrix}9 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) | t ∈ Z_{11}\} v případě a = 6. □

Úloha 5 (13.11). (cvičení od 12:20): Je-li M = (\begin{matrix}4 & 3 & 3 \\ 2 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 0 \end{matrix}), spočítejte M^{−1} a

(M^{T})^{−1} nad tělesem Z_{5}.

(cvičení od 14:00): Je-li N = (\begin{matrix}3 & 2 & 1 \\ 4 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \end{matrix}), spočítejte N^{−1} a (N^{T})^{−1} nad tělesem

Z_{5}.

Řešení.

(cvičení od 12:20):

Vytvoříme rozšířenou matici (M|I_{3}), kterou posloupností elementárních řádkových úprav převedeme na matici s jednotkovou pravou částí: (M|I_{3}) ∼

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

Dostali jsme M^{−1} = (\begin{matrix}4 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 4 \\ 3 & 2 & 4 \end{matrix}) a (M^{T})^{−1} = (M^{−1})^{T} = (\begin{matrix}4 & 2 & 3 \\ 3 & 4 & 2 \\ 4 & 4 & 4 \end{matrix}).

(cvičení od 14:00):

Vytvoříme rozšířenou matici (N|I_{3}) a tu posloupností elementárních řádkových úprav převedeme na matici, v jejíž pravé části je jednotková matice: (N|I_{3}) ∼

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

Dostali jsme N^{−1} = (\begin{matrix}1 & 3 & 3 \\ 1 & 1 & 4 \\ 1 & 4 & 3 \end{matrix}) a (N^{T})^{−1} = (N^{−1})^{T} = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 3 & 1 & 4 \\ 3 & 4 & 3 \end{matrix}). □

Úloha 6 (20.11). (cvičení od 12:20): Rozhodněte, pro která reálná a je matice

A_{a} = (\begin{matrix}2a & a + 1 \\ a & a + 2 \end{matrix}) regulární a pro tato a spočítejte matici A_{a}^{−1}.

(cvičení od 14:00): Rozhodněte, pro která komplexní a je matice A_{a} = (\begin{matrix}2 & a + 3 \\ a & a + 1 \end{matrix})

regulární a pro tato a spočítejte matici A_{a}^{−1}.

Řešení.

(cvičení od 12:20):

Budeme pomocí elementárních úprav upravovat rozšířenou matici (A_{a}|I_{2}) a budeme se ji snažit převést na matici s jednotkovou pravou částí. Přitom zároveň zjistíme, pro která a to provést nejde, tedy kdy A_{a} není regulární:

(\begin{matrix}2a & a + 1 & |1 & 0 \\ a & a + 2 & |0 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}a & a + 2 & |0 & 1 \\ 2a & a + 1 & |1 & 0 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}a & a + 2 & |0 & 1 \\ 0 & −a − 3 & |1 & −2 \end{matrix})

Nyní vidíme, že je matice A_{a} regulární, právě když a ∈ R \ {0, −3}. Další úpravy budeme tedy dělat jen pro a ∈ R \ {0, −3}:

(\begin{matrix}a & a + 2 & |0 & 1 \\ 0 & −a − 3 & |1 & −2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}a & a + 2 & | & 0 & 1 \\ 0 & 1 & | & \frac{−1}{a+3} & \frac{2}{a+3} \end{matrix}) ∼

∼ (\begin{matrix}a & 0 & | & \frac{a+2}{a+3} & \frac{−a−1}{a+3} \\ 0 & 1 & | & \frac{−1}{a+3} & \frac{2}{a+3} \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & | & \frac{a+2}{a(a+3)} & \frac{−a−1}{a(a+3)} \\ 0 & 1 & | & \frac{−1}{a+3} & \frac{2}{a+3} \end{matrix}) .

Spočítali jsme, že A_{a}^{−1} = \frac{1}{a(a+3)} · (\begin{matrix}a + 2 & −a − 1 \\ −a & 2a \end{matrix}), jestliže a ∈ R \ \{0, −3\}.

(cvičení od 14:00):

Pomocí elementárních úprav upravujeme rozšířenou matici (A_{a}|I_{2}), kterou se budeme snažit převést na matici s jednotkovou pravou částí. Přitom zároveň zjistíme, pro která a to provést nejde, tedy kdy A_{a} není regulární:

(\begin{matrix}2 & a + 3 & |1 & 0 \\ a & a + 1 & |0 & 1 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & a + 3 & |1 & 0 \\ −2a & −2a − 2 & |0 & −2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & a + 3 & | & 1 & 0 \\ 0 & a^{2} + a − 2 & | & a & −2 \end{matrix}) .

Vidíme, že je matice A_{a} regulární, právě když a^{2} + a − 2 = (a + 2)(a − 1) = 0, což nastává, právě když a ∈ R \ {−2, 1}. Další úpravy proto budeme dělat jen pro a ∈ R \ {−2, 1}:

(\begin{matrix}2 & a + 3 & | & 1 & 0 \\ 0 & a^{2} + a − 2 & | & a & −2 \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}2 & a + 3 & | & 1 & 0 \\ 0 & 1 & | & \frac{a}{a^{2}+a−2} & \frac{−2}{a^{2}+a−2} \end{matrix}) ∼

∼ (\begin{matrix}2 & 0 & | & \frac{−2(a+1)}{a^{2}+a−2} & \frac{2(a+3)}{a^{2}+a−2} \\ 0 & 1 & | & \frac{a}{a^{2}+a−2} & \frac{−2}{a^{2}+a−2} \end{matrix}) ∼ (\begin{matrix}1 & 0 & | & \frac{−a−1}{a^{2}+a−2} & \frac{a+3}{a^{2}+a−2} \\ 0 & 1 & | & \frac{a}{a^{2}+a−2} & \frac{−2}{a^{2}+a−2} \end{matrix}) .

Spočítali jsme, že A_{a}^{−1} = \frac{1}{(a+2)(a−1)} ·(\begin{matrix}−a − 1 & a + 3 \\ a & −2 \end{matrix}), jestliže a ∈ R\\{−2, 1\}. □

Úloha 7 (27.11). (cvičení od 12:20): Najděte nějakou bázi podprostoru U =

⟨(\begin{matrix}5 \\ 6 \\ 4 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 4 \\ 0 \\ 5 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 6 \\ 5 \\ 1 \\ 6 \end{matrix})⟩ aritmetického vektorového prostoru Z_{7}^{5} nad nad tělesem Z_{7}.

(cvičení od 14:00): Najděte bázi podprostoru U = ⟨(\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 3 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 4 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})⟩

aritmetického vektorového prostoru Z_{5}^{4} nad nad tělesem Z_{5}.

Řešení.

(cvičení od 12:20):

Seřadíme si vektory generující podprostor U do řádků matice a tu upravíme na odstupňovanou:

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

Nenulové řádky matice tvoří lineárně nezávislou generující posloupnost, tedy bázi podprostoru U. Hledanou bázi proto tvoří posloupnost ((5, 6, 4, 2, 1)^{T} , (0, 6, 3, 3, 3)^{T}).

(cvičení od 14:00):

Seřadíme si vektory generující podprostor U do řádků matice a tu upravíme na odstupňovanou:

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

V nenulové řádcích máme bázi podprostoru U. Vidíme, že bázi U tvoří například posloupnost ((2, 3, 4, 1)^{T} , (0, 2, 1, 3)^{T}). □

Úloha 8 (4.12). (cvičení od 12:20): Určete nad tělesem Z_{5} hodnost matice A =

(\begin{matrix}3 & 4 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 & 0 & 3 \\ 2 & 2 & 2 & 1 & 3 \end{matrix}) a matice A^{T} a dimenze prostorů ImA, ImA^{T}, KerA, KerA^{T}.

Najděte dále nějakou bázi KerA a doplňte ji na bázi Z_{5}^{5}.

(cvičení od 14:00): Určete nad tělesem Z_{7} hodnost matice A = (\begin{matrix}3 & 4 & 3 & 6 \\ 2 & 1 & 1 & 3 \\ 1 & 3 & 2 & 3 \end{matrix})

a matice A^{T} a dimenze prostorů ImA, ImA^{T}, KerA, KerA^{T}. Najděte dále nějakou bázi KerA a doplňte ji na bázi Z_{7}^{4}.

Řešení.

(cvičení od 12:20):

Nejprve upravíme matici posloupností elementárních úprav:

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

Odtud díky tvrzení z přednášky a definice hodnosti vidíme, že rank(A) = 2, a proto rank(A^{T}) = dim ImA = dim ImA^{T} = rank(A) = 2. Díky větě z přednášky máme KerA = 5 − rank(A) = 5 − 2 = 3 a podobně KerA^{T} = 3 − rank(A^{T}) = 3 − 2 = 1. Z nalezené matice snadno dopočítáme bázi řešení homogenní soustavy s maticí A: M = ((4, 0, 1, 0, 0)^{T}, (4, 3, 0, 1, 0)^{T}, (0, 1, 0, 0, 1)^{T}). Nyní vidíme, že vektory

(1, 0, 0, 0, 0)^{T}, (0, 1, 0, 0, 0)^{T} doplňují M na bázi Z_{5}^{5}, protože rank((\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 4 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix})) =

5.

(cvičení od 14:00):

Nejprve upravíme matici posloupností elementárních úprav:

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

Odtud díky větě z přednášky a definice hodnosti vidíme, že rank(A) = 2, proto rank(A^{T}) = dim ImA = dim ImA^{T} = rank(A) = 2. Podle tvrzení z přednášky máme KerA = 4 − rank(A) = 4 − 2 = 2 a podobně KerA^{T} = 3 − rank(A^{T}) = 3 − 2 = 1. Z nalezené matice snadno dopočítáme bázi řešení homogenní soustavy s maticí A: M = ((4, 5, 1, 0)^{T}, (3, 5, 0, 1)^{T}. Vidíme, že například vektory (1, 0, 0, 0)^{T},

(0, 1, 0, 0)^{T} doplňují M na bázi Z_{7}^{4}, protože rank (\begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 4 & 5 & 1 & 0 \\ 3 & 5 & 0 & 1 \end{matrix}) = 4. □

Úloha 9 (11.12). (cvičení od 12:20): Nad tělesem Z_{5} uvažujme podprostory U =

⟨(\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 1 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})⟩ a V = ⟨(\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 4 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 4 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 0 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})⟩ vektorového prostoru

Z_{5}^{4}. Spočítejte dim(U), dim(V), dim(U +V) a dim(U ∩V) a rozhodněte, zda (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) ∈

U + V.

(cvičení od 14:00): Mějme množiny vektorů X = \{(\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}3 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 3 \\ 1 \end{matrix})\} a Y =

\{(\begin{matrix}0 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 6 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 \\ 1 \\ 4 \end{matrix})\} a nad tělesem Z_{7} uvažujme podprostory U = ⟨X⟩ V = ⟨Y ⟩

vektorového prostoru Z_{7}^{3}. Spočítejte dim(U), dim(V), dim(U + V) a dim(U ∩ V) a vyberte z množiny X ∪ Y bázi U + V.

Řešení.

(cvičení od 12:20):

Nejprve spočítáme pomocí Gaussovy eliminace dimenze (a vlastně i báze) U a V:

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

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

Protože U = Im A a V = Im B, vidíme, že dim(U) = dim(V) = 3. Dále, protože

(\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \end{matrix}) ∈ U +V a ImA ⊆ U +V, máme Z_{5}^{4} = Im (\begin{matrix}1 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 1 & 4 \\ 0 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix}) ⊆ U +V ⊆ Z_{5}^{4}. Tedy

U + V = Z_{5}^{4}, a proto dim(U + V) = 4. Nyní podle Věty o dimenzi součtu a průniku podprostorů je dim(U ∩ V) = dim(U) + dim(V) − dim(U + V) = 3 + 3 − 4 = 2.

Konečně (\begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) ∈ U + V, nebot’ U + V = Z_{5}^{4}.

(cvičení od 14:00):

Obvyklým způsobem spočítáme pomocí Gaussovy eliminace dimenze (a vlastně i báze) U a V. Nejprve seřadíme do řádků matice A a B vektory z množin X a Y, aby U = Im A a V = Im B a spočítáme jejich hodnost:

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

Vidíme, že proto dim(U) = rank(A) = 2 a dim(V) = rank(B) = 2. Dále

dim(U + V) = rank((\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & 4 & 1 \\ 1 & 3 & 6 \\ 0 & 3 & 2 \end{matrix})) = rank((\begin{matrix}3 & 1 & 5 \\ 0 & 4 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})) = 3

podle Věty o dimenzi součtu a průniku podprostorů je dim(U ∩ V) = dim(U) +

dim(V) − dim(U + V) = 2 + 2 − 3 = 1. Protože určitě (\begin{matrix}3 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) je báze

U, (\begin{matrix}1 \\ 3 \\ 6 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) je báze V a (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) + (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) ∉ U, Musí být posloupnost

(\begin{matrix}3 \\ 1 \\ 5 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 4 \\ 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}0 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) lineárně nezávislá, tudíž jde o (vybranou) bázi U + V = Z_{7}^{3}. □

Úloha 10 (18.12). (cvičení od 12:20): Necht’ p = (14379)(265) a q = (18)(247)(953) jsou dvě permutace z S_{9}. Spočítejte cyklický zápis permutací p ∘ q a p^{−1} a napište p jako složení transpozic. Dále určete znaménka permutací p^{−1}, q, q ∘ q ∘ p^{−1} a q ∘ p ∘ q ∘ p ∘ q^{−1}.

(cvičení od 14:00): Necht’ p = (19)(2654)(37) a q = (1824)(53679) jsou dvě permutace z S_{9}. Spočítejte cyklický zápis permutací p∘q∘p^{−1} a q^{−1} a napište q jako složení transpozic. Dále určete znaménka permutací p, q, q∘q∘p^{−1} a q∘p∘q∘p∘q^{−1}.

Řešení.

(cvičení od 12:20): Nejprve složíme a invertujeme

p ∘ q = (14379)(265) ∘ (18)(247)(953) = (184923)(576) p^{−1} = (97341)(562).

Dále vyjádříme

p = (14379)(265) = (14) ∘ (43) ∘ (37) ∘ (79) ∘ (26) ∘ (65).

Nyní sgn p = 1, protože p obsahuje nula cyklů sudé délky, a sgn q = −1, protože p obsahuje jeden cyklus sudé délky. Konečně využijeme větu o znaménku složení permutací:

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

(cvičení od 14:00): Nejprve pomocí pozorování p∘q∘p^{−1}(a) = b, jestliže q(a) = b, spočítáme

p ∘ q ∘ p^{−1} = (p(1)p(8)p(2)p(4)) (p(5)p(3)p(6)p(7)p(9)) = (9862)(47531).

Dále snadno určíme q^{−1} = (4281)(97635) a

q = (1824)(53679) = (18) ∘ (82) ∘ (24) ∘ (53) ∘ (36) ∘ (67) ∘ (79).

Nyní sgn p = −1, protože p obsahuje tři cykly sudé délky, a sgn q = −1, protože p obsahuje jeden cyklus sudé délky (nebo proto, že ve výše spočítaném vyjádření máme sudý počet transpozic). Zbývá využít větu o znaménku složení permutací:

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

□