Skupina C
3.samostatná písemná práce z MB101. Na řešení máte 40 minut. Na každý papír se prosím čitelně podepište a napište svou skupinu. Pracujte pozorně. Pokud něčemu v zadání nerozumíte, zeptejte se. Přeji Vám hodně štěstí!!!
Příklad č. 1: Určete dimenzi a najděte nějakou bázi podprostoru V = span ((2, 0, 2)T , (3,1,1)T, (2,1,1)T, (1, 0, 2)T, (2, 2,1)T, (1, 2, 0)T) C R3
Řešení. Bázi určíme tak, že vybereme lineárně nezávislé vektory z této množiny, tedy vektory naskládáme do matice a tu upravíme na schodovitý tvar:
2   3   2   1   2   l\ (2   3   2   1   2 l\
0   1   1   0   2   2 ] ~ ... ~ í 0   1   1   0   2   2 ]
2   112   10/ \0   0   1   1   3 3/
Odtud je vidět, že bázi můžeme vytvořit například z prvních tří vektorů. Dimenze udává počet vektorů v bázi, tedy dimV = 3.
Příklad č. 2: Uvažujme vektorový prostor MaÍ2x2 matic řádu 2 a v něm množinu W takových matic, které mají součet prvků na hlavní diagonále roven 0. Určete, jestli je W vektorový podprostor v prostoru MaÍ2x2-
Řešení. V prostoru W leží matice tvaru
Aby se skutečně jednalo o vektorový podprostor, musí být splněny 3 podmínky:
1. W 7^ 0, tato podmínka je splněna, neboť např. matice (J   _») lež( ve W.
2. Vu, v(zW=^u + v(z W, podmínka je splněna:
(a b \ ŕ k l \ _ í a + k b + l \ \c   —a J     \m   —k J     \c + m   —a —k J
Odtud je vidět, že součet také patří do W.
1
3. yt e R,yu e W ^ au e w
a    b \     f ta tb
t . ,
c   —a I     \tc —ta
Také třetí podmínka je tedy splněna. Jedná se proto o vektorový pod-prostor.
Příklad č. 3: Zjistěte, zda je zobrazení / : M3 —> R2 lineární: / {{%-, V, z)) = {x-y - 2z, x - y). Jestliže ano, pak určete Kerf a Imf. Řešení. Nejprve ověříme platnost linearity. Tedy
1.
f((x, y, z) + (k, l, m)) = f((x + k,y + l,z + m)) =
{x + k — y — l — 2z — 2m, x + k — y — l)   = {x — y — 2z, x — y) + (k — l — 2m, k — l) = f((x,y,z))+f((k,l,m))
2.
af((x, y, z)) = a{x — y — 2z, x — y) = {ax — ay — 2az, ax — ay) = f((ax, ay, a z))
Linearita je tedy splněna. Nyní najdeme jádro Kerf. Víme, že podle definice musí platit
(x - y - 2z,x - y) = (0,0)
A odtut dostáváme x — y — 2z = 0 & zároveň x — y = 0. Řešením této soustavy dostáváme z = 0, y = t a x = t, kde t £ M je parametr. A tedy platí
Kerf = (ŕ, t, 0)T = í(l, 1, 0)T = span ((1,1, 0)T>
Obraz Imf nalezneme tak, že se podíváme, kam se zobrazují vektory báze R3. Tedy
/((l, 0,0)) = (1,1) /((0,1,0)) = (-1,-1) /((0, 0,1)) = (-2,0)
A odtud dostáváme
Imf = span <(1,1)T, (-1, -1)T, (-2, 0)T> = <(1,1)T, (-2, 0)T> = R2
2
Příklad č. 4-'
• Určete souřadnice [u]a vektoru u = 2x2+x + 5 v bázi a = {x2+x,x2 + 1, x + 1} prostoru l^M-
• Určete vektor v (pozor, jsme v prostoru polynomů), jsou-li jeho souřadnice v bázi a = {x2 + x, x2 + 1, x + 1} rovny [v]a = (1, 0, — 3)T.
Řešení. 1. K řešení můžeme použít matici přechodu od standardní báze k bázi alpha. Vektor u je nyní ve standardní bázi a my chceme jeho souřednice v bázi alpha. Nebo můžeme příklad vyřešit i bez matice přechodu a to tak, že budeme řešit soustavu rovnic:
2x2 + x + 5 = a(x2 + x) + b(x2 + 1) + c(x + 1)
tedy
2 = a + b 1 = a + c 5 = b + c
Odtud dostáváme, že a = — l,6 = 3ac = 2. Platí tedy (u)a = (-1,3,2)T
2. Souřadnice nám udávají toto:
v = \(x2 +x)+ 0(x2 + 1) - S(x + 1)
Odtud tedy
v = x2 — 2x — 3.
3