KAPITOLA 2 Elementární lineární algebra neumíte ještě počítat se skaláry? – zkusme to rovnou s maticemi... 1. Vektory a matice Se soustavami lineárních rovnic se čtenář jistě již setkal na střední škole. Řešení soustavy lineárních rovnic je jedním z nejjednodušších problémů, se kterými se člověk může setkat v praxi. 2.1. A teď vám to pěkně natřeme. Firma zabývající se velkoplošnými nátěry si objednala 810 litrů barvy, která má obsahovat stejné množství červené, zelené a modré barvy (tj. 810 litrů černé barvy). Obchod může splnit tuto zakázku smícháním běžně prodávaných barev (má skladem jejich dostatečné zásoby), a to • načervenalé barvy – obsahuje 50 % červené, 25 % zelené a 25 % modré barvy; • nazelenalé barvy – obsahuje 12,5 % červené, 75 % zelené a 12,5 % modré barvy; • namodralé barvy – obsahuje 20 % červené, 20 % zelené a 60 % modré barvy. Kolik litrů od každé z uskladněných barev se musí smíchat, aby byly splněny požadavky zákazníka? Řešení. Označme jako • x – množství (v litrech) načervenalé barvy, které se použije; • y – množství (v litrech) nazelenalé barvy, které se použije; • z – množství (v litrech) namodralé barvy, které se použije. Smícháním barev chceme získat barvu, která bude obsahovat 270 litrů červené barvy. Uvědomme si, že načervenalá barva obsahuje 50 % červené, nazelenalá obsahuje 12,5 % červené a namodralá 20 % červené barvy. Musí tudíž platit 0, 5x + 0, 125y + 0, 2z = 270. Analogicky požadujeme (pro zelenou a modrou barvu) 0, 25x + 0, 75y + 0, 2z = 270, 0, 25x + 0, 125y + 0, 6z = 270. Rozšířenou matici tohoto systému postupně upravíme   0, 5 0, 125 0, 2 270 0, 25 0, 75 0, 2 270 0, 25 0, 125 0, 6 270   ∼   1 0, 25 0, 4 540 1 3 0, 8 1 080 1 0, 5 2, 4 1 080   ∼ 1 2 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA   1 0, 25 0, 4 540 0 2, 75 0, 4 540 0 0, 25 2 540   ∼   1 0, 25 0, 4 540 0 11 1, 6 2 160 0 1 8 2 160   ∼   1 0, 25 0, 4 540 0 1 8 2 160 0 11 1, 6 2 160   ∼   1 0, 25 0, 4 540 0 1 8 2 160 0 0 −86, 4 −21 600   . Odtud již zpětně vypočítáme z = −21 600 −86, 4 = 250, y = 2 160 − 8 · 250 = 160, x = 540 − 0, 4 · 250 − 0, 25 · 160 = 400. Je tedy potřeba smísit po řadě 400 l, 160 l, 250 l uvedených barev. 2.2. Účastníci zájezdu. Dvoudenního autobusového zájezdu se zúčastnilo 45 osob. První den se platilo vstupné na rozhlednu 30 Kč za dospělého, 16 Kč za dítě a 24 Kč za důchodce, celkem 1 116 Kč. Druhý den se platilo vstupné do botanické zahrady 40 Kč za dospělého, 24 Kč za dítě a 34 Kč za důchodce, celkem 1 542 Kč. Kolik bylo mezi výletníky dospělých, dětí a důchodců? Řešení. Zaveďme proměnné x udávající „počet dospělých“; y udávající „počet dětí“; z udávající „počet důchodců“. Zájezdu se zúčastnilo 45 osob, a proto x + y + z = 45. Celkové vstupné na rozhlednu a do botanické zahrady při zavedení našich proměnných a při zachování pořadí činí 30x + 16y + 24z a 40x + 24y + 34z. My je ovšem známe (1 116 Kč a 1 542 Kč). Máme tak 30x + 16y + 24z = 1 116, 40x + 24y + 34z = 1 542. Soustavu tří lineárních rovnic zapíšeme maticově jako   1 1 1 30 16 24 40 24 34   ·   x y z   =   45 1 116 1 542   . Řešením je   x y z   = 1 6   16 5 −4 30 3 −3 −40 −8 7   ·   45 1 116 1 542   = 1 6   132 72 66   =   22 12 11   , neboť   1 1 1 30 16 24 40 24 34   −1 = 1 6   16 5 −4 30 3 −3 −40 −8 7   . Slovně vyjádřeno, zájezdu se zúčastnilo 22 dospělých, 12 dětí, 11 důchodců. V předchozích příkladech měla úloha vždy jedno řešení. Musí tomu tak vždy být? Nikoliv. Jak možná čtenář již ví, tak systém lineárních rovnic buď 1. VEKTORY A MATICE 3 nemá řešení, nebo má jedno řešení, nebo jich má nekonečně mnoho (například nemůže mít právě dvě řešení). To je dáno tím, že prostor řešení je buď vektorový prostor (pravá strana všech rovnic v systému je nulová, hovoříme o homogenním systému lineárních rovnic) nebo afinní prostor (pravá strana alespoň jedné z rovnic je nenulová, hovoříme o nehomogenním systému lineárních rovnic). Ukažme si tedy různé možné typy řešení soustavy lineárních rovnic na příkladech. Při řešení budeme využívat maticového zápisu. 2.3. Vyřešte soustavu lineárních rovnic 2x1 − x2 + 3x3 = 0, 3x1 + 16x2 + 7x3 = 0, 3x1 − 5x2 + 4x3 = 0, −7x1 + 7x2 + −10x3 = 0. Řešení. Uvedenou soustavu rovnic zapíšeme maticí tak, že první rovnice bude odpovídat prvnímu řádku matice, druhá rovnice druhému řádku atd. a v prvním sloupci budou koeficienty u x1, ve druhém sloupci koeficienty u x2, až ve čtvrtém sloupci (za svislou čarou oddělující levou stranu rovnic od pravé) absolutní členy. To znamená, že matice zadané soustavy je     2 −1 3 0 3 16 7 0 3 −5 4 0 −7 7 −10 0     , resp.     2 −1 3 3 16 7 3 −5 4 −7 7 −10     . Protože řešíme homogenní soustavu, můžeme (a budeme) nulový sloupec na pravé straně vynechávat. Řešení nalezneme převodem na schodovitý tvar pomocí elementárních řádkových transformací, které odpovídají záměně pořadí rovnic, vynásobení rovnice nenulovým číslem a přičítání násobků rovnic. Navíc můžeme kdykoli od maticového zápisu přejít zpět k zápisu rovnic s neznámými xi. Nejprve docílíme toho, aby se proměnná x1 vyskytovala pouze v první rovnici. Zřejmě postačuje (−3/2)násobek prvního řádku přičíst ke druhému a ke třetímu řádku a jeho (7/2)násobek k poslednímu řádku, což v maticovém zápisu dává     2 −1 3 3 16 7 3 −5 4 −7 7 −10     ∼     2 −1 3 0 35/2 5/2 0 −7/2 −1/2 0 7/2 1/2     . Odtud je vidět, že druhá, třetí a čtvrtá rovnice jsou násobky rovnice 7x2 +x3 = 0. Při maticovém zápisu můžeme např. (1/5)násobek druhého řádku přičíst ke třetímu a jeho (−1/5)násobek k poslednímu řádku, čímž obdržíme schodovitý tvar     2 −1 3 0 35/2 5/2 0 −7/2 −1/2 0 7/2 1/2     ∼     2 −1 3 0 35/2 5/2 0 0 0 0 0 0     ∼     2 −1 3 0 7 1 0 0 0 0 0 0     , který jsme v posledním kroku zjednodušili tak, že jsem druhý řádek (druhou rovnici) vynásobili číslem 2/5. Přestože byly zadány čtyři rovnice pro tři neznámé, má celá soustava nekonečně mnoho řešení, neboť pro libovolné x3 ∈ R 4 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA mají rovnice 2x1 − x2 + 3x3 = 0, 7x2 + x3 = 0 řešení. Nahradíme tak proměnnou x3 parametrem t ∈ R a vyjádříme x2 = − 1 7 x3 = − 1 7 t a x1 = 1 2 (x2 − 3x3) = − 11 7 t. Pokud ještě nahradíme t = −7s, obdržíme výsledek v jednoduchém tvaru (x1, x2, x3) = (11s, s, −7s) , s ∈ R. 2.4. Vypočtěte x1 + 2x2 + 3x3 = 2, 2x1 − 3x2 − x3 = −3, −3x1 + x2 + 2x3 = −3. Řešení. Zadanou soustavu lineárních rovnic zapíšeme ve tvaru rozšířené matice   1 2 3 2 2 −3 −1 −3 −3 1 2 −3   , kterou pomocí elementárních řádkových transformací postupně převedeme na schodovitý tvar   1 2 3 2 2 −3 −1 −3 −3 1 2 −3   ∼   1 2 3 2 0 −7 −7 −7 0 7 11 3   ∼   1 2 3 2 0 1 1 1 0 0 4 −4   . Nejdříve jsme přitom (−2)násobek prvního řádku přičetli ke druhému a jeho 3násobek ke třetímu. Poté jsme sečetli druhý a třetí řádek (součet napsali do třetího řádku) a druhý řádek vynásobili číslem −1/7. Přejdeme nyní zpět k soustavě rovnic x1 + 2x2 + 3x3 = 2, x2 + x3 = 1, 4x3 = −4. Ihned vidíme, že x3 = −1. Dosadíme-li x3 = −1 do rovnice x2 + x3 = 1, dostaneme x2 = 2. Podobně dosazení získaných hodnot x3 = −1, x2 = 2 do první rovnice dává x1 = 1. 2.5. Nalezněte všechna řešení soustavy lineárních rovnic 3x1 + 3x3 − 5x4 = −8, x1 − x2 + x3 − x4 = −2, −2x1 − x2 + 4x3 − 2x4 = 0, 2x1 + x2 − x3 − x4 = −3. Řešení. Soustavě rovnic odpovídá rozšířená matice     3 0 3 −5 −8 1 −1 1 −1 −2 −2 −1 4 −2 0 2 1 −1 −1 −3     . 1. VEKTORY A MATICE 5 Záměnou pořadí řádků (rovnic) potom obdržíme matici     1 −1 1 −1 −2 2 1 −1 −1 −3 −2 −1 4 −2 0 3 0 3 −5 −8     , kterou převedeme na schodovitý tvar postupným přičítáním násobku některého řádku k řádku jinému. Nejprve přičteme (−2)násobek, 2násobek a (−3)násobek prvního řádku po řadě ke druhému, třetímu a čtvrtému řádku, čímž získáme 0 pod prvním nenulovým číslem v prvním řádku. Analogicky poté získáme 0 pod prvním nenulovým číslem ve druhém řádku tak, že tento řádek a jeho (−1)násobek přičteme po řadě ke třetímu a čtvrtému řádku. Takto dostaneme     1 −1 1 −1 −2 2 1 −1 −1 −3 −2 −1 4 −2 0 3 0 3 −5 −8     ∼     1 −1 1 −1 −2 0 3 −3 1 1 0 −3 6 −4 −4 0 3 0 −2 −2     ∼     1 −1 1 −1 −2 0 3 −3 1 1 0 0 3 −3 −3 0 0 3 −3 −3     ∼     1 −1 1 −1 −2 0 3 −3 1 1 0 0 3 −3 −3 0 0 0 0 0     . Odtud vyplývá (čtvrtý řádek je pouhou kopií třetího – lze jej tedy „vynulovat“), že soustava bude mít nekonečně mnoho řešení, neboť dostáváme tři rovnice pro čtyři neznámé, které očividně budou mít právě jedno řešení pro každou volbu proměnné x4 ∈ R. Neznámou x4 proto nahradíme parametrem t ∈ R a od maticového zápisu přejdeme zpět k rovnicím x1 − x2 + x3 − t = −2, 3x2 − 3x3 + t = 1, 3x3 − 3t = −3. Z poslední rovnice máme x3 = t − 1. Dosazení za x3 do druhé rovnice potom dává 3x2 − 3t + 3 + t = 1, tj. x2 = 1 3 (2t − 2) . Konečně podle první rovnice je x1 − 1 3 (2t − 2) + t − 1 − t = −2, tj. x1 = 1 3 (2t − 5) . Množinu řešení můžeme tudíž zapsat (pro t = 3s) ve tvaru (x1, x2, x3, x4) = 2s − 5 3 , 2s − 2 3 , 3s − 1, 3s , s ∈ R . Nyní se vraťme k rozšířené matici naší soustavy a upravujme ji dále užitím řádkových transformací tak, aby (při schodovitém tvaru) první nenulové číslo každého řádku bylo právě číslo 1 a aby všechna ostatní čísla v jeho sloupci byla 0. Platí     1 −1 1 −1 −2 0 3 −3 1 1 0 0 3 −3 −3 0 0 0 0 0     ∼     1 −1 1 −1 −2 0 1 −1 1/3 1/3 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 0     ∼ 6 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA     1 −1 0 0 −1 0 1 0 −2/3 −2/3 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 0     ∼     1 0 0 −2/3 −5/3 0 1 0 −2/3 −2/3 0 0 1 −1 −1 0 0 0 0 0     , přičemž nejdříve jsme vynásobili druhý a třetí řádek číslem 1/3, pak přičetli třetí řádek ke druhému a jeho (−1)násobek k prvnímu a na závěr přičetli druhý řádek k prvnímu. Z poslední matice snadno dostáváme výsledek     x1 x2 x3 x4     =     −5/3 −2/3 −1 0     + t     2/3 2/3 1 1     , t ∈ R. Stačí si pouze uvědomit, že proměnnou, které odpovídá ve schodovitém tvaru sloupec bez prvního nenulového čísla nějakého řádku, nahrazujeme za parametr a převádíme ji na pravou stranu rovnic (bereme (−1)násobek). 2.6. Určete řešení systému rovnic 3x1 + 3x3 − 5x4 = 8, x1 − x2 + x3 − x4 = −2, −2x1 − x2 + 4x3 − 2x4 = 0, 2x1 + x2 − x3 − x4 = −3. Řešení. Uvědomme si, že soustava rovnic v tomto příkladu se od soustavy z příkladu předešlého liší pouze v hodnotě 8 (místo −8) na pravé straně první rovnice. Provedeme-li totožné řádkové úpravy jako v minulém příkladu, obdr- žíme     3 0 3 −5 8 1 −1 1 −1 −2 −2 −1 4 −2 0 2 1 −1 −1 −3     ∼     1 −1 1 −1 −2 2 1 −1 −1 −3 −2 −1 4 −2 0 3 0 3 −5 8     ∼ · · · ∼     1 −1 1 −1 −2 0 3 −3 1 1 0 0 3 −3 −3 0 0 3 −3 13     ∼     1 −1 1 −1 −2 0 3 −3 1 1 0 0 3 −3 −3 0 0 0 0 16     , kde poslední úpravou bylo odečtení třetího řádku od čtvrtého. Ze čtvrté rovnice 0 = 16 vyplývá, že soustava nemá řešení. Vyzdvihněme, že při úpravě na schodovitý tvar obdržíme rovnici 0 = a pro nějaké a = 0 (tj. nulový řádek na levé straně a nenulové číslo za svislou čarou) právě tehdy, když soustava nemá řešení. 2.7. Řešte soustavu x1 + x2 + x3 + x4 − 2x5 = 3, 2x2 + 2x3 + 2x4 − 4x5 = 5, −x1 − x2 − x3 + x4 + 2x5 = 0, −2x1 + 3x2 + 3x3 − 6x5 = 2. 1. VEKTORY A MATICE 7 Řešení. Rozšířená matice soustavy je     1 1 1 1 −2 3 0 2 2 2 −4 5 −1 −1 −1 1 2 0 −2 3 3 0 −6 2     . Přičtením prvního řádku ke třetímu a jeho dvojnásobku ke čtvrtému a poté přičtením (−5/2)násobku druhého řádku ke čtvrtému obdržíme     1 1 1 1 −2 3 0 2 2 2 −4 5 0 0 0 2 0 3 0 5 5 2 −10 8     ∼     1 1 1 1 −2 3 0 2 2 2 −4 5 0 0 0 2 0 3 0 0 0 −3 0 −9/2     . Poslední řádek je zřejmě násobkem předposledního, a tak jej můžeme vynechat. První nenulové číslo prvního řádku je v prvním sloupci, druhého řádku ve druhém sloupci a třetího řádku ve čtvrtém sloupci. Proto proměnné x3 a x5 (odpovídající třetímu a pátému sloupci) nahradíme reálnými parametry t, s. Uvažujeme tak soustavu x1 + x2 + t + x4 − 2s = 3, 2x2 + 2t + 2x4 − 4s = 5, 2x4 = 3. Víme tedy, že x4 = 3/2. Druhá rovnice dává 2x2 + 2t + 3 − 4s = 5, tj. x2 = 1 − t + 2s. Z první potom plyne x1 + 1 − t + 2s + t + 3/2 − 2s = 3, tj. x1 = 1/2. Celkem máme ves0016 (2.1) (x1, x2, x3, x4, x5) = (1/2, 1 − t + 2s, t, 3/2, s), t, s ∈ R. Také v tomto příkladu znovu uvažujme rozšířenou matici a převeďme ji pomocí řádkových úprav do schodovitého tvaru, kde první nenulové číslo v každém řádku je 1 a kde ve sloupci, ve kterém tato 1 je, jsou ostatní čísla 0. Ještě připomeňme, že čtvrtou rovnici, jež je kombinací prvních třech rovnic, budeme vynechávat. Po řadě vynásobením druhého a třetího řádku číslem 1/2, odečtením třetího řádku od druhého a od prvního a odečtením druhého řádku od prvního získáme   1 1 1 1 −2 3 0 2 2 2 −4 5 0 0 0 2 0 3   ∼   1 1 1 1 −2 3 0 1 1 1 −2 5/2 0 0 0 1 0 3/2   ∼   1 1 1 0 −2 3/2 0 1 1 0 −2 1 0 0 0 1 0 3/2   ∼   1 0 0 0 0 1/2 0 1 1 0 −2 1 0 0 0 1 0 3/2   . Pokud opět zvolíme x3 = t, x5 = s (t, s ∈ R), dostaneme odsud obecné řešení (2.1) ve stejném tvaru, a to bezprostředně. Uvažte příslušné rovnice x1 = 1/2, x2 + t − 2s = 1, x4 = 3/2. 8 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.8. Najděte řešení soustavy lineárních rovnic zadané rozšířenou maticí     3 3 2 1 3 2 1 1 0 4 0 5 −4 3 1 5 3 3 −3 5     . Řešení. Uvedenou rozšířenou matici upravíme na schodovitý tvar. Nejprve první a třetí řádek opíšeme a do druhého řádku napíšeme součet (−2)násobku prvního a 3násobku druhého řádku a do čtvrtého řádku součet 5násobku prvního a (−3)násobku posledního řádku. Takto získáme     3 3 2 1 3 2 1 1 0 4 0 5 −4 3 1 5 3 3 −3 5     ∼     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 5 −4 3 1 0 6 1 14 0     . Opsání prvních dvou řádků a přičtení 5násobku druhého řádku k 3násobku třetího a jeho 2násobku ke čtvrtému řádku dává     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 5 −4 3 1 0 6 1 14 0     ∼     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 −17 −1 33 0 0 −1 10 12     . Pokud první, druhý a čtvrtý řádek opíšeme a ke třetímu přičteme čtvrtý, do- staneme     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 −17 −1 33 0 0 −1 10 12     ∼     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 −18 9 45 0 0 −1 10 12     . Dále je (řádkové úpravy jsou již „obvyklé“)     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 −18 9 45 0 0 −1 10 12     ∼     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 2 −1 −5 0 0 1 −10 −12     ∼     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 1 −10 −12 0 0 2 −1 −5     ∼     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 1 −10 −12 0 0 0 19 19     . Vidíme, že soustava má právě 1 řešení. Určeme ho zpětnou eliminací     3 3 2 1 3 0 −3 −1 −2 6 0 0 1 −10 −12 0 0 0 1 1     ∼     3 3 2 0 2 0 −3 −1 0 8 0 0 1 0 −2 0 0 0 1 1     ∼     3 3 0 0 6 0 −3 0 0 6 0 0 1 0 −2 0 0 0 1 1     ∼     1 1 0 0 2 0 1 0 0 −2 0 0 1 0 −2 0 0 0 1 1     1. VEKTORY A MATICE 9 ∼     1 0 0 0 4 0 1 0 0 −2 0 0 1 0 −2 0 0 0 1 1     . Výsledek je tak x1 = 4, x2 = −2, x3 = −2, x4 = 1. 2.9. Uveďte všechna řešení homogenního systému x + y = 2z + v, z + 4u + v = 0, −3u = 0, z = −v 4 lineárních rovnic 5 proměnných x, y, z, u, v. Řešení. Systém přepíšeme do matice tak, že v prvním sloupci budou koeficienty u x, ve druhém sloupci koeficienty u y, až v pátém sloupci koeficienty u v, přičemž všechny členy v každé rovnici převedeme na levou stranu. Tímto způsobem přísluší systému matice     1 1 −2 0 −1 0 0 1 4 1 0 0 0 −3 0 0 0 1 0 1     . Přičteme-li (4/3)násobek třetího řádku ke druhému a odečteme-li poté druhý řádek od čtvrtého, obdržíme     1 1 −2 0 −1 0 0 1 4 1 0 0 0 −3 0 0 0 1 0 1     ∼     1 1 −2 0 −1 0 0 1 0 1 0 0 0 −3 0 0 0 0 0 0     . Dále vynásobíme třetí řádek číslem −1/3 a přičteme 2násobek druhého řádku k prvnímu, což dává     1 1 −2 0 −1 0 0 1 0 1 0 0 0 −3 0 0 0 0 0 0     ∼     1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0     . Z poslední matice můžeme přímo vypsat všechna řešení       x y z u v       = t       −1 1 0 0 0       + s       −1 0 −1 0 1       , t, s ∈ R, neboť máme matici ve schodovitém tvaru, přičemž první nenulové číslo v každém řádku je 1 a ve sloupci, kde se taková 1 nachází, jsou na ostatních pozicích 0. Výše uvedené řešení ve tvaru lineární kombinace dvou vektorů je určeno právě sloupci bez prvního nenulového čísla nějakého řádku, tj. druhým a pátým sloupcem, kdy volíme 1 jako druhou složku pro druhý sloupec a jako pátou 10 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA složku pro pátý sloupec a kdy čísla v příslušném sloupci bereme s opačným znaménkem a umisťujeme je na pozici danou sloupcem, ve kterém je první 1 v jejich řádku. Dodejme, že výsledek je ihned možné přepsat do tvaru (x, y, z, u, v) = (−t − s, t, −s, 0, s) , t, s ∈ R. 2.10. Pro jaké hodnoty parametrů a, b ∈ R má lineární systém x1 − ax2 − 2x3 = b, x1 + (1 − a)x2 = b − 3, x1 + (1 − a)x2 + ax3 = 2b − 1 (a) právě 1 řešení; (b) žádné řešení; (c) alespoň 2 řešení? Řešení. Soustavu „tradičně“ přepíšeme do rozšířené matice a upravíme   1 −a −2 b 1 1 − a 0 b − 3 1 1 − a a 2b − 1   ∼   1 −a −2 b 0 1 2 −3 0 1 a + 2 b − 1   ∼   1 −a −2 b 0 1 2 −3 0 0 a b + 2   . Dodejme, že v prvním kroku jsme první řádek odečetli od druhého a od třetího a ve druhém kroku pak druhý od třetího. Vidíme, že soustava bude mít právě jedno řešení (které lze určit zpětnou eliminací) tehdy a jenom tehdy, když a = 0. Pro a = 0 totiž ve třetím sloupci není první nenulové číslo nějakého řádku. Je-li a = 0 a b = −2, dostáváme nulový řádek, kdy volba x3 ∈ R jako parametru dává nekonečně mnoho různých řešení. Pro a = 0 a b = −2 poslední rovnice a = b + 2 nemůže být splněna – soustava nemá řešení. Poznamenejme, že pro a = 0, b = −2 jsou řešeními (x1, x2, x3) = (−2 + 2t, −3 − 2t, t) , t ∈ R a pro a = 0 je jediným řešením trojice (x1, x2, x3) = −3a2 − ab − 4a + 2b + 4 a , − 2b + 3a + 4 a , b + 2 a . 2.11. Zjistěte počet řešení soustav (a) 12x1 + √ 5x2 + 11x3 = −9, x1 − 5x3 = −9, x1 + 2x3 = −7; (b) 4x1 + 2x2 − 12x3 = 0, 5x1 + 2x2 − x3 = 0, −2x1 − x2 + 6x3 = 4; 1. VEKTORY A MATICE 11 (c) 4x1 + 2x2 − 12x3 = 0, 5x1 + 2x2 − x3 = 1, −2x1 − x2 + 6x3 = 0. Řešení. Vektory (1, 0, −5), (1, 0, 2) jsou očividně lineárně nezávislé (jeden není násobkem druhého) a vektor (12, √ 5, 11) nemůže být jejich lineární kombinací (jeho druhá složka je nenulová), a proto matice, jejímiž řádky jsou tyto tři lineárně nezávislé vektory, je invertibilní. Soustava ve variantě (a) má tedy právě jedno řešení. U soustav ve variantách (b), (c) si stačí povšimnout, že je (4, 2, −12) = −2(−2, −1, 6). V případě (b) tak sečtení první rovnice s dvojnásobkem třetí dává 0 = 8 – soustava nemá řešení; v případě (c) je třetí rovnice násobkem první – soustava má zřejmě nekonečně mnoho řešení. 2.12. Najděte (libovolný) lineární systém, jehož množina řešení je právě {(t + 1, 2t, 3t, 4t); t ∈ R}. Řešení. Takovým systémem je např. 2x1 − x2 = 2, 2x2 − x4 = 0, 4x3 − 3x4 = 0. Těmto rovnicím totiž uvedené řešení vyhovuje pro každé t ∈ R a vektory (2, −1, 0, 0), (0, 2, 0, −1), (0, 0, 4, −3) zadávající levé strany rovnic jsou zřejmě lineárně nezávislé (množina řešení obsahuje jeden parametr). 2.13. Nalezněte libovolnou matici B, pro kterou je matice C = B · A ve schodovitém tvaru, jestliže A =     3 −1 3 2 5 −3 2 3 1 −3 −5 0 7 −5 1 4     . Řešení. Budeme-li postupně matici A násobit zleva elementárními maticemi (uvažte, jakým řádkovým úpravám toto násobení matic odpovídá) E1 =     0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1     , E2 =     1 0 0 0 −5 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1     , E3 =     1 0 0 0 0 1 0 0 −3 0 1 0 0 0 0 1     , E4 =     1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 −7 0 0 1     , E5 =     1 0 0 0 0 1/3 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1     , E6 =     1 0 0 0 0 1 0 0 0 −2 1 0 0 0 0 1     , E7 =     1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 −4 0 1     , E8 =     1 0 0 0 0 1/4 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1     , 12 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA obdržíme B = E8E7E6E5E4E3E2E1 =     0 0 1 0 0 1/12 −5/12 0 1 −2/3 1/3 0 0 −4/3 −1/3 1     , C =     1 −3 −5 0 0 1 9/4 1/4 0 0 0 0 0 0 0 0     . 2.14. Stanovte hodnost matice A =     1 −3 0 1 1 −2 2 −4 1 −1 0 1 −2 −1 1 −2     . Poté stanovte počet řešení systému lineárních rovnic x1 + x2 + x3 − 2x4 = 4, −3x1 − 2x2 − x3 − x4 = 5, + 2x2 + x4 = 1, x1 − 4x2 + x3 − 2x4 = 3 a také všechna řešení systému x1 + x2 + x3 − 2x4 = 0, −3x1 − 2x2 − x3 − x4 = 0, + 2x2 + x4 = 0, x1 − 4x2 + x3 − 2x4 = 0 a systému x1 − 3x2 = 1, x1 − 2x2 + 2x3 = −4, x1 − x2 = 1, −2x1 − x2 + x3 = −2. Řešení. Neboť je 1 −3 0 1 1 −2 2 −4 1 −1 0 1 −2 −1 1 −2 = −10, jsou sloupce matice A lineárně nezávislé, a tudíž se její hodnost rovná jejímu rozměru. První z uvedených třech systémů je zadán rozšířenou maticí     1 1 1 −2 4 −3 −2 −1 −1 5 0 2 0 1 1 1 −4 1 −2 3     . 1. VEKTORY A MATICE 13 Ovšem levá strana je právě AT s determinantem |AT | = |A| = 0. Existuje tedy matice AT −1 a soustava má právě 1 řešení (x1, x2, x3, x4) T = AT −1 · (4, 5, 1, 3) T . Druhý ze systémů má totožnou levou stranu (určenou maticí AT ) s prvním. Protože absolutní členy na pravé straně lineárních systémů neovlivňují počet řešení a protože každý homogenní systém má nulové řešení, dostáváme jako jediné řešení druhého systému uspořádanou čtveřici (x1, x2, x3, x4) = (0, 0, 0, 0) . Třetí systém má rozšířenou matici     1 −3 0 1 1 −2 2 −4 1 −1 0 1 −2 −1 1 −2     , což je matice A (pouze poslední sloupec je uveden za svislou čarou). Pokud budeme tuto matici upravovat na schodovitý tvar, musíme obdržet řádek 0 0 0 a , kde a = 0. Víme totiž, že sloupec na pravé straně není lineární kombinací sloupců na levé straně (hodnost matice je 4). Tento systém nemá řešení. 2.15. Vyřešte systém homogenních lineárních rovnic zadaný maticí     0 √ 2 √ 3 √ 6 0 2 2 √ 3 −2 − √ 5 0 2 √ 5 2 √ 3 − √ 3 3 3 √ 3 −3 0     . Řešení. Řešeními jsou právě všechny skalární násobky vektoru 1 + √ 3, − √ 3, 0, 1, 0 . 2.16. Určete všechna řešení systému x2 + x4 = 1, 3x1 − 2x2 − 3x3 + 4x4 = −2, x1 + x2 − x3 + x4 = 2, x1 − x3 = 1. Řešení. Výsledek je x1 = 1 + t, x2 = 3 2 , x3 = t, x4 = − 1 2 , t ∈ R. 14 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.17. Vyřešte 3x − 5y + 2u + 4z = 2, 5x + 7y − 4u − 6z = 3, 7x − 4y + u + 3z = 5. Řešení. Soustava nemá řešení. 2.18. Rozhodněte o řešitelnosti soustavy lineárních rovnic 3x1 + 3x2 + x3 = 1, 2x1 + 3x2 − x3 = 8, 2x1 − 3x2 + x3 = 4, 3x1 − 2x2 + x3 = 6 třech proměnných x1, x2, x3. Řešení. Soustava má řešení, protože je 3 ·     3 2 2 3     −     3 3 −3 −2     − 5 ·     1 −1 1 1     =     1 8 4 6     . 2.19. Stanovte počet řešení 2 soustav 5 lineárních rovnic AT · x = (1, 2, 3, 4, 5)T , AT · x = (1, 1, 1, 1, 1)T , kde x = (x1, x2, x3)T a A =   3 1 7 5 0 0 0 0 0 1 2 1 4 3 0   . Řešení. Systém lineárních rovnic 3x1 + 2x3 = 1, x1 + x3 = 2, 7x1 + 4x3 = 3, 5x1 + 3x3 = 4, x2 = 5 nemá řešení, zatímco systém 3x1 + 2x3 = 1, x1 + x3 = 1, 7x1 + 4x3 = 1, 5x1 + 3x3 = 1, x2 = 1 má právě 1 řešení x1 = −1, x2 = 1, x3 = 2. 1. VEKTORY A MATICE 15 2.20. Nechť je dáno A =   4 5 1 3 4 0 1 1 1   , x =   x1 x2 x3   , b =   b1 b2 b3   . Najděte taková reálná čísla b1, b2, b3, aby systém lineárních rovnic A · x = b měl: (a) nekonečně mnoho řešení; (b) právě jedno řešení; (c) žádné řešení; (d) právě 4 řešení. Řešení. Správné odpovědi zní: (a) b1 = b2 + b3; (b) nelze; (c) b1 = b2 + b3; (d) nelze. 2.21. Vyjádřete řešení soustavy lineárních rovnic ax1 + 4x2 + 2 x3 = 0, 2x1 + 3x2 − x3 = 0, ve které a ∈ R je parametr. Řešení. Množina všech řešení je {(−10t, (a + 4)t, (3a − 8)t) ; t ∈ R}. Jak popsat analyticky shodná zobrazení v rovině či prostoru jako je rotace, osová symetrie či zrcadlení, nebo projekci třírozměrného prostoru na dvojrozměrné plátno? Jak popsat zvětšení obrázku? Co mají společného? Jsou to všechno lineární zobrazení. Co to znamená? Zachovávají jistou strukturu roviny či prostoru. Jakou strukturu? Strukturu vektorového prostoru. Každý bod v rovině či prostoru je popsán dvěma či třemi souřadnicemi. Pokud zvolíme počátek souřadnic, tak má smysl mluvit o tom, že nějaký bod je dvakrát dál od počátku stejným směrem než jiný bod. Také víme, kam se dostaneme, posuneme-li se o nějaký úsek v jistém směru a pak o jiný úsek v jiném směru. Tyto vlastnosti můžeme zformalizovat, hovoříme-li o vektorech v rovině, či prostoru a o jejich násobcích, či součtech. Lineární zobrazení má pak tu vlastnost, že obraz součtu vektorů je součet obrazů sčítaných vektorů a obraz násobku vektoru je ten stejný násobek obrazu násobeného vektoru. Tyto vlastnosti právě mají zobrazení zmíněná v úvodu tohoto odstavce. Takové zobrazení je pak jednoznačně určeno tím, jak se chová na vektrorech nějaké báze (to je v rovině obrazem dvou vektorů neležících na přímce, v prostoru obrazem tří vektorů neležích v rovině). A jak tedy zapsat nějaké lineární zobrazení f na vektorovém prostoru V ? Začněme pro jednoduchost s rovinou R2 : nechť obraz bodu (vektoru) (1, 0) je (a, b) a obraz bodu (0, 1) je (c, d). Tím už je jednoznačně určený obraz libovolného bodu o souřadnicích (u, v): f((u, v)) = f(u(1, 0) + v(0, 1)) = uf(1, 0) + 16 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA vf(1, 0) = (ua, ub) + (vc, vd) = (au + cv, bu + dv), což můžeme výhodně zapsat následujícím způsobem: a c b d u v = au + cv bu + dv Je tedy lineární zobrazení jednoznačně dané maticí. Navíc pokud máme další lineární zobrazení g, dané maticí e f g h , tak snadno spočítáme (čtenář si jistě ze zájmu sám ověří), že jejich složení g◦f je dáno maticí ae + cg af + ch be + cg be + dv . To nás tedy ponouká k tomu, abychom násobení matic definovali tímto způsobem, tedy aby aby aplikace zobrazení na vektor byla dána maticovým násobením dané matice s vektorem a aby složení zobrazení bylo dáno součinem odpovídajích matic. Obdobně v prostorech vyšší dimenze. Zároveň nám to zajistí, že násobení matic bude stejně jako skládání zobrazení asociativní a stejně jako skládání zobrazení nebude komutativní. To je tedy další z motivací, proč se zabývat vektorovými prostory a proč je s pojmem vektorového prostoru úzce spojen pojem matice. Dále si samozřejmě ukážeme celou řadu jiných využití počítání s maticemi a vektory. 2.22. Výpočet inverzní matice. Spočtěte inverzní matice k maticím A =   4 3 2 5 6 3 3 5 2   , B =   1 0 1 3 3 4 2 2 3   . Poté určete matici AT · B −1 . Řešení. Inverzní matici nalezneme tak, že vedle sebe napíšeme matici A a matici jednotkovou. Pomocí řádkových operací pak převedeme matici A na jednotkovou. Tímto matice jednotková přejde na matici A−1 . Postupnými úpravami dostáváme   4 3 2 1 0 0 5 6 3 0 1 0 3 5 2 0 0 1   ∼   1 −2 0 1 0 −1 5 6 3 0 1 0 3 5 2 0 0 1   ∼   1 −2 0 1 0 −1 0 16 3 −5 1 5 0 11 2 −3 0 4   ∼   1 −2 0 1 0 −1 0 5 1 −2 1 1 0 11 2 −3 0 4   ∼   1 −2 0 1 0 −1 0 5 1 −2 1 1 0 1 0 1 −2 2   ∼   1 0 0 3 −4 3 0 0 1 −7 11 −9 0 1 0 1 −2 2   ∼   1 0 0 3 −4 3 0 1 0 1 −2 2 0 0 1 −7 11 −9   , přičemž v prvním kroku jsme odečetli od prvního řádku třetí, ve druhém jsem (−5)násobek prvního přičetli ke druhému a současně jeho (−3)násobek ke třetímu, ve třetím kroku jsme odečetli od druhého řádku třetí, ve čtvrtém jsem 1. VEKTORY A MATICE 17 (−2)násobek druhého přičetli ke třetímu, v pátém kroku jsme (−5)násobek třetího řádku přičetli ke druhému a jeho 2násobek k prvnímu, v posledním kroku jsme pak zaměnili druhý a třetí řádek. Zdůrazněme výsledek A−1 =   3 −4 3 1 −2 2 −7 11 −9   . Upozorněme, že při určování matice A−1 jsme díky vhodným řádkovým úpravám nemuseli počítat se zlomky. Přestože bychom si mohli obdobně počínat při určování matice B−1 , budeme raději provádět více názorné (nabízející se) řádkové úpravy. Platí   1 0 1 1 0 0 3 3 4 0 1 0 2 2 3 0 0 1   ∼   1 0 1 1 0 0 0 3 1 −3 1 0 0 2 1 −2 0 1   ∼   1 0 1 1 0 0 0 3 1 −3 1 0 0 0 1/3 0 −2/3 1   ∼   1 0 1 1 0 0 0 1 1/3 −1 1/3 0 0 0 1/3 0 −2/3 1   ∼   1 0 0 1 2 −3 0 1 0 −1 1 −1 0 0 1/3 0 −2/3 1   ∼   1 0 0 1 2 −3 0 1 0 −1 1 −1 0 0 1 0 −2 3   , tj. B−1 =   1 2 −3 −1 1 −1 0 −2 3   . Využitím identity AT · B −1 = B−1 · AT −1 = B−1 · A−1 T a znalosti výše vypočítaných inverzních matic lze obdržet AT · B −1 =   1 2 −3 −1 1 −1 0 −2 3   ·   3 1 −7 −4 −2 11 3 2 −9   =   −14 −9 42 −10 −5 27 17 10 −49   . Vlastnosti vektorového prostoru, kterých jsme si všimli u roviny či třírozměrného prostoru, ve kterém žijeme, má celá řada jiných množin. Ukažme si to na příkladech: 2.23. Vektorový prostor ano či ne? Rozhodněte o následujících množinách, jestli jsou vektorovými prostory nad tělesem reálných čísel: (1) Množina řešení homogenní diferenční rovnice. (2) Množina řešení nehomogenní diferenční rovnice. (3) {f : R → R|f(1) = f(2) = c, c ∈ R} Řešení. (1) Ano. Množina řešení, tedy množina posloupností vyhovujících dané diferenční homogenní rovnici, je evidentně uzavřená vzhledem ke sčítání 18 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA i násobení reálným číslem: mějme posloupnosti (xn)∞ n=0 a (yn)∞ n=0 vyhovující stejné homogenní diferenční rovnici, tedy a(n)xn + a(n − 1)xn−1 + · · · + a(1)x1 = 0 a(n)yn + a(n − 1)yn−1 + · · · + a(1)y1 = 0. Sečtením těchto rovnic dostaneme a(n)(xn + yn) + a(n − 1)(xn−1 + yn−1) + · · · + a(1)(x1 + y1) = 0, tedy i posloupnost (xn +yn)∞ n=0, vyhovuje stejné diferenční rovnici. Rovněž tak pokud posloupnost (xn)∞ n=0 vyhovuje dané rovnici, tak i posloupnost (kxn)∞ n=0, kde k ∈ R. (2) Ne. Součet dvou řešení nehomogenní rovnice a(n)xn + a(n − 1)xn−1 + · · · + a(1)x1 = c a(n)yn + a(n − 1)yn−1 + · · · + a(1)y1 = c, c ∈ R − {0} vyhovuje rovnici a(n)(xn + yn) + a(n − 1)(xn−1 + yn−1) + · · · + a(1)(x1 + y1) = 2c = c, zejména pak nevyhovuje původní nehomogenní rovnici. (3) Je to vektrorový prostor právě, když c = 0. Vezme-li dvě funkce f a g z dané množiny, pak (f + g)(1) = (f + g)(2) = f(1) + g(1) = 2c. Má-li funkce f + g být prvkem dané množiny, musí být (f + g)(1) = c, tedy 2c = c, tedy c = 0. 2.24. Zjistěte, zda je množina U1 = {(x1, x2, x3) ∈ R3 ; | x1 | = | x2 | = | x3 |} podprostorem vektorového prostoru R3 a množina U2 = {ax2 + c; a, c ∈ R} podprostorem prostoru polynomů stupně nejvýše 2. Řešení. Množina U1 není vektorovým (pod)prostorem. Vidíme např., že je (1, 1, 1) + (−1, 1, 1) = (0, 2, 2) /∈ U1. Množina U2 ovšem podprostor tvoří (nabízí se přirozené ztotožnění s R2 ), pro- tože a1x2 + c1 + a2x2 + c2 = (a1 + a2) x2 +(c1+c2), k· ax2 + c = (ka) x2 +kc pro všechna čísla a1, c1, a2, c2, a, c, k ∈ R. 1. VEKTORY A MATICE 19 2.25. Je množina V = {(1, x); x ∈ R} s operacemi ⊕ : V × V → V, (1, y) ⊕ (1, z) = (1, z + y) pro všechna y, z ∈ R, : R × V → V, z (1, y) = (1, y · z) pro všechna y, z ∈ R vektorovým prostorem? Řešení. Lehce se ověří, že se jedná o vektorový prostor. První souřadnice neovlivňuje výpočty součtů vektorů ani hodnoty skalárních násobků vektorů: jedná se o přeznačený prostor (R, +, ·). 2.26. Pro jaké hodnoty parametrů a, b, c ∈ R jsou vektory (1, 1, a, 1), (1, b, 1, 1), (c, 1, 1, 1) lineárně závislé? Řešení. Vektory jsou závislé, je-li splněna alespoň jedna z podmínek a = b = 1, a = c = 1, b = c = 1. 2.27. Nechť je dán vektorový prostor V a nějaká jeho báze složená z vektorů u, v, w, z. Zjistěte, zda jsou vektory u − 3v + z, v − 5w − z, 3w − 7z, u − w + z lineárně (ne)závislé. Řešení. Vektory jsou lineárně nezávislé. 2.28. Doplňte vektory 1 − x2 + x3 , 1 + x2 + x3 , 1 − x − x3 na bázi prostoru polynomů stupně nejvýše 3. Řešení. Stačí připojit např. polynom x. 2.29. Tvoří matice 1 0 1 −2 , 1 4 0 −1 , −5 0 3 0 , 1 −2 0 3 bázi vektorového prostoru čtvercových dvourozměrných matic? Řešení. Uvedené čtyři matice jsou jako vektory v prostoru 2×2 matic lineárně nezávislé. Vyplývá to z toho, že matice     1 1 −5 1 0 4 0 −2 1 0 3 0 −2 −1 0 3     je tzv. regulární (tj. její hodnost je rovna rozměru; tj. lze z ní pomocí řádkových elementárních transformací obdržet jednotkovou matici; tj. existuje k ní matice inverzní; tj. má nenulový determinant, roven 116; tj. jí zadaná homogenní soustava lineárních rovnic má pouze nulové řešení; tj. každý nehomogenní lineární systém s levou stranou určenou touto maticí má právě jedno řešení; tj. obor hodnot lineárního zobrazení, jež zadává, je vektorový prostor dimenze 4; tj. toto zobrazení je injektivní). 20 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.30. Nechť jsou dány libovolné lineárně nezávislé vektory u, v, w, z ve vektorovém prostoru V . Rozhodněte, zda jsou ve V lineárně závislé, či nezávislé, vektory u − 2v, 3u + w − z, u − 4v + w + 2z, 4v + 8w + 4z. Řešení. Lze ukázat, že z lineární nezávislosti u, v, w, z plyne, že uvažované vektory jsou lineárně nezávislé právě tehdy, když jsou lineárně nezávislé vektory (1, −2, 0, 0), (3, 0, 1, −1), (1, −4, 1, 2), (0, 4, 8, 4). Neboť je 1 −2 0 0 3 0 1 −1 1 −4 1 2 0 4 8 4 = −36 = 0, správná odpověď zní lineárně nezávislé. Matice rotací podle souřadnicových os2.1p Napište matici zobrazení rotací o úhel ϕ v kladném smyslu postupně kolem os x, y, z v R3 . Řešení. Nejprve si rozmysleme, co znamená rotace v kladném smyslu kolem nějaké osy v R3 . Předně musíme mít danou osu (přímku) nějak orientovánu (tj. zadat jeden ze dvou možných směrů „kam přímka vede , v případě souřadnicových os je to směr do kladných čísel). Díváme-li se nyní na některou z rovin kolmých na osu, ve kterých rotace působí „obyčejnou rotací v rovině, shora (tj. proti orientaci osy), tak smysl otáčení v rovině nám určuje smysl dané rotace v prostoru. Při rotaci libovolného bodu kolem dané osy (řekněme x), se příslušná souřadnice daného bodu nemění, v rovině dané dvěma zbylými osami pak již je rotace dána známou maticí 2 × 2. Postupně tedy dostáváme následující matice: Rotace kolem osy z:   cos ϕ − sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ 0 0 0 1   Rotace kolem osy y:   cos ϕ 0 sin ϕ 0 1 0 − sin ϕ 0 cos ϕ   Rotace kolem osy x:   1 0 0 0 cos ϕ − sin ϕ 0 sin ϕ cos ϕ   . U matice rotace kolem osy y musíme dávat pozor na znaménko. Je totiž rotace kolem osy y v kladném smyslu, tedy taková rotace, že pokud se díváme proti směru osy y, tak se svět točí proti směru hodinových ručiček, je rotací v záporném smyslu v rovině xz (tedy osa z se otáčí směrem k x). Rozmyslete si kladný a záporný smysl rotace podél všech tří os. 1. VEKTORY A MATICE 21 2.31. Matice rotace kolem dané osy. Napište matici zobrazení rotace v kladném smyslu o úhel 60◦ kolem přímky dané počátkem a vektorem (1, 1, 0) v R3 . Řešení. Dané otáčení je složením následujících tří rotací: • rotace o 45◦ v záporném smyslu podle osy z (osa rotace (1, 1, 0) přejde do osy x) • rotace o 60◦ v kladném smyslu podle osy x. • rotace o 45◦ v kladném smyslu podle osy z (osa x přejde zpět na osu danou vektorem (1, 1, 0)). Matice výsledné rotace tedy bude součinem matic odpovídajících těmto třem zobrazením, přičemž pořadí matic je dáno pořadím provádění jednotlivých zobrazení, prvnímu zobrazení odpovídá v součinu matice nejvíce napravo. Celkem tedy dostáváme pro hledanou matici A vztah: A =    √ 2 2 − √ 2 2 0√ 2 2 √ 2 2 0 0 0 1   ·    1 0 0 0 1 2 − √ 3 2 0 √ 3 2 1 2   ·    √ 2 2 √ 2 2 0 − √ 2 2 √ 2 2 0 0 0 1    =    3 4 1 4 √ 6 4 1 4 3 4 − √ 6 4 − √ 6 4 √ 6 4 1 2    2.32. Matice obecné rotace v R3 . . Uvažme libovolný jednotkový vektor (x, y, z). Rotace v kladném smyslu o úhel ϕ kolem tohoto vektoru pak můžeme zapsat jako složení následujících rotací, jejichž matice již známe: (1) rotace R1 v záporném smyslu kolem osy z o úhel s kosinem x/ x2 + y2 = x/ √ 1 − z2, tedy sinem y/ √ 1 − z2, ve které přejde přímka se směrovým vektorem (x, y, z) na přímku se směrovým vektorem (0, y, z). Matice této rotace je R1 =   x/ √ 1 − z2 y/ √ 1 − z2 0 −y/ √ 1 − z2 x/ √ 1 − z2 0 0 0 1   , (2) rotace R2 v kladném smyslu podle osy y o úhel s kosinem √ 1 − z2, tedy sinem z, ve které přejde přímka se směrovým vektorem (0, y, z) na přímku se směrovým vektorem (1, 0, 0). Matice této rotace je R2 =   √ 1 − z2 0 z 0 1 0 −z 0 √ 1 − z2   , (3) rotace R3 v kladném smyslu kolem osy x o úhel ϕ s maticí   1 0 0 0 cos(ϕ) − sin(ϕ) 0 sin(ϕ) cos(ϕ)   , (4) rotace R−1 2 s maticí R−1 2 (5) rotace R−1 1 s maticí R−1 1 22 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA matice složení těchto zobrazení, tedy hledaná matice, je dána součinem matic jednotlivých rotací v opačném pořadí: obecnarotace R−1 1 · R−1 2 · R3 · R2 · R1 =   cos ϕ + (1 − cos ϕ)x2 (1 − cos ϕ)xy − (sinϕ)z (1 − cos ϕ)xz + (sin ϕ)y (1 − cos ϕ)yx + (sin ϕ)z cos ϕ + (1 − cos ϕ)y2 (1 − cosϕ)yz − (sin ϕ)x (1 − cos ϕ)zx − (sin ϕ)y (1 − cos ϕ)zy + (sin ϕ)x cos ϕ + (1 − cos ϕ)z2   2. Determinanty 2.33. Spočítejte determinant matice     1 3 5 6 1 2 2 2 1 1 1 2 0 1 2 1     . Řešení. Začneme rozvíjet podle prvního sloupce, kde máme nejvíce (jednu) nul. Postupně dostáváme 1 3 5 6 1 2 2 2 1 1 1 2 0 1 2 1 = 1 · 2 2 2 1 1 2 1 2 1 − 1 · 3 5 6 1 1 2 1 2 1 + 1 · 3 5 6 2 2 2 1 2 1 Podle Saarusova pravidla = −2 − 2 + 6 = 2. 2.34. Zjistěte, zda je matice     3 2 −1 2 4 1 2 −4 −2 2 4 1 2 3 −4 8     invertibilní. Řešení. Matice je invertibilní (existuje k ní inverzní matice) právě tehdy, když ji lze pomocí řádkových transformací převést na jednotkovou matici. To je ekvivalentní např. s tím, že má nenulový determinant. Vyčíslení 3 2 −1 2 4 1 2 −4 −2 2 4 1 2 3 −4 8 = 0 tak dává, že není invertibilní. 2. DETERMINANTY 23 2.35. Výpočtem determinantu vhodné matice rozhodněte o lineární nezávislosti vektorů (1, 2, 3, 1), (1, 0, −1, 1), (2, 1, −1, 3) a (0, 0, 3, 2). Řešení. Protože 1 2 3 1 1 0 −1 1 2 1 −1 3 0 0 3 2 = 10 = 0, uvedené vektory jsou lineárně nezávislé. 2.36. Nalezněte všechny hodnoty argumentu a takové, že a 1 1 1 0 a 1 1 0 1 a 1 0 0 0 −a = 1. Pro komplexní a uveďte buď jeho algebraický nebo goniometrický tvar. Řešení. Spočítáme determinant rozvinutím podle prvního sloupce matice: D = a 1 1 1 0 a 1 1 0 1 a 1 0 0 0 −a = a · a 1 1 1 a 1 0 0 −a , dále rozvíjíme podle posledního řádku: D = −a · a 1 1 a 1 = −a2 (a2 − 1) Celkem dostáváme následující podmínku pro a: a4 − a2 + 1 = 0. Substitucí t = a2 , pak máme t2 − t + 1 s kořeny t1 = 1+i √ 3 2 = cos(π/3) + i sin(π/3), t1 = 1−i √ 3 2 = cos(π/3) − i sin(π/3) = cos(−π/3) + i sin(−π/3), odkud snadno určíme čtyři možné hodnoty parametru a: cos(π/6) + i sin(π/6) = √ 3/2 + i/2, cos(7π/6)+i sin(7π/6) = − √ 3/2−i/2, cos(−π/6)+i sin(−π/6) = √ 3/2−i/2, cos(5π/6) + i sin(5π/6) = − √ 3/2 + i/2. 2.37. Dokažte vorec pro tzv. Vandermondův determinant, tj. determinant Vandermondovy matice: Vn = 1 1 . . . 1 a1 a2 . . . an a2 1 a2 . . . a2 n ... ... ... an−1 1 a2 . . . an−1 n = 1≤i i. Řešení. Ukážeme opravdu nádherný důkaz indukcí, nad nímž srdce matematika zaplesá. Pro n = 1, 2 vztah triviálně platí. Nechť tedy platí pro determinant matice určené čísly a1, . . . , ak a dokážeme, že platí i pro výpočet determinantu Vandermondovy matice určenou čísly a1, . . . , ak+1. Uvažme determinant Vk+1 jako polynom P v proměnné ak+1. Z definice determinantu vyplývá, že tento polynom bude stupně k v této proměnné a navíc čísla a1,. . . ,ak 24 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA budou jeho kořeny: nahradíme-li totiž ve Vandermondově matici Vk+1 poslední sloupec tvořený mocninami čísla ak+1 libovolným z předchozích sloupců tvořeným mocninami čísla ai, tak to vlastně odpovídá výpočtu hodnoty determinantu (jakožto polynomu v proměnné ak+1) v bodě ai. Tato je ovšem nulová, neboť determinant z matice se dvěma shodnými, tedy lineárně závislými, sloupci je nulový. To znamená, že ai je kořenem P. Nalezli jsme tedy k kořenů polynomu stupně k, tudíž všechny jeho kořeny a P musí být tvaru P = C(ak+1 − a1)(ak+1 − a2) · · · (ak+1 − ak), kde C je nějaká konstanta, resp. vedoucí koeficient polynomu P. Uvážíme-li však výpočet determinantu Vk+1 pomocí rozvoje podle posledního sloupce, tak vidíme, že C = Vk, což už dokazuje vzorec pro Vk+1. Jiné řešení. Odečtením prvního řádku od všech ostatních řádků a následným rozvojem podle prvního sloupce obdržíme Vn(x1, x2, . . . , xn) = 1 x1 x2 1 . . . xn−1 1 0 x2 − x1 x2 2 − x2 1 . . . xn−1 2 − xn−1 1 ... ... ... ... ... 0 xn − x1 x2 n − x2 1 . . . xn−1 n − xn−1 1 = x2 − x1 x2 2 − x2 1 . . . xn−1 2 − xn−1 1 ... ... ... ... xn − x1 x2 n − x2 1 . . . xn−1 n − xn−1 1 . Vytkneme-li z i-tého řádku xi+1 − x1 pro i ∈ {1, 2, . . . , n − 1}, dostaneme Vn(x1, x2, . . . , xn) = (x2 − x1) · · · (xn − x1) 1 x2 + x1 . . . n−2 j=0 xn−j−2 2 xj 1 ... ... ... ... 1 xn + x1 . . . n−2 j=0 xn−j−2 n xj 1 . Odečtením od každého sloupce (počínaje posledním a konče druhým) x1-násobku předcházejícího lze docílit úpravy 1 x2 + x1 . . . n−2 j=0 xn−j−2 2 xj 1 ... ... ... ... 1 xn + x1 . . . n−2 j=0 xn−j−2 n xj 1 = 1 x2 . . . xn−2 2 ... ... ... ... 1 xn . . . xn−2 n . Proto Vn(x1, x2, . . . , xn) = (x2 − x1) · · · (xn − x1) Vn−1(x2, . . . , xn). Neboť je zřejmě V2(xn−1, xn) = xn − xn−1, platí (uvažme matematickou indukci) Vn(x1, x2, . . . , xn) = 1≤i 1) A =          2 − n 1 · · · 1 1 1 2 − n ... ... 1 ... ... ... ... ... 1 ... ... 2 − n 1 1 1 · · · 1 2 − n          . Řešení. Platí A−1 = 1 n − 1         0 1 1 · · · 1 1 0 1 · · · 1 1 1 0 ... ... ... ... ... ... 1 1 1 · · · 1 0         . 2.91. Najděte adjungovanou matici F∗ , je-li F =   α β 0 γ δ 0 0 0 1   , α, β, γ, δ ∈ R. Řešení. Ze znalosti inverzní matice F−1 dostáváme F∗ = (αδ − βγ) F−1 =   δ −β 0 −γ α 0 0 0 αδ − βγ   pro libovolná α, β, γ, δ ∈ R. 2.92. Vypočítejte adjungované matice k maticím (a)     3 −2 0 −1 0 2 2 1 1 −2 −3 −2 0 1 2 1     , (b) 1 + i 2i 3 − 2i 6 , přičemž i označuje imaginární jednotku. Řešení. Hledanými maticemi jsou (a)     1 1 −2 −4 0 1 0 −1 −1 −1 3 6 2 1 −6 −10     , (b) 6 −2i −3 + 2i 1 + i .