Skupina D
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, lf , (1,1,4)T, (2,1,1)T, (3, 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
21232   1\ /l   4   1    2     1     0 \
0 1 1 0 2 2 ~ ... ~ 0 1 1 0 2 2 ] 14   12   10/ \0   0   7   -1   14 153/
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 v každém jednotlivém řádku roven 0 a současně mají součet prvků v každém jednotlivém sloupci roven 0. Určete, jestli je W vektorový podprostor v prostoru MaÍ2x2-
Řešení. V prostoru W leží matice tvaru
/ a —a\ \—a    a J
Aby se skutečně jednalo o vektorový podprostor, musí být splněny 3 podmínky:
1. íf/l, tato podmínka je splněna, neboť např. matice (_\ lež( ve W.
2. Vu, v(zW=^u + v(z W, podmínka je splněna:
/ a —a\ ( b — b\ ( a + b —a — b\ y—a    a J     \~b    b J     \—a — b    a + b J
Odtud je vidět, že součet také patří do W.
1
3. Ví G R, yu G W => au G W
a    — a\     I ta —ta
t . ,
-a    a I     \—ta ta
Také třetí podmínka je tedy splněna. Jedná se proto o vektorový pod-prostor.
Příklad č. 3: Zjistěte, zda je zobrazení / : M3 —> R2 lineární: / (0^ V, z)) = (2y - 2, 3x + 2y). Jestliže ano, pak určete Kerf a /m/. Řešení. Nejprve ověříme platnost linearity. Tedy
1.
f((x, y, z) + (k, l, m)) = f((x + k,y + l,z + m)) =
(2y - 21 - z - m, 3x + 3k + 2y + 21)   = (2y - z, 3x + 2y) + (21 -m,3k + 21) = f((x,y,z))+f((k,l,m))
2.
af((x, y, z)) = a(2y — z, 3x + 2y) = (2ay — az, 3ax + 2ay) = f((ax, ay, a z))
Linearita je tedy splněna. Nyní najdeme jádro Kerf. Víme, že podle definice musí platit
(2y-z,3x + 2y) = (0,0)
A odtut dostáváme 2y — z = 0 a zároveň 3x + 2y = 0. Řešením této soustavy dostáváme z = — 3í, y = — |í a x = t, kde t £ M je parametr. A tedy platí
Kerf = {t,--t,-St)1 =t{l,--,-3Y = span {{1,--, -3)
Obraz Imf nalezneme tak, že se podíváme, kam se zobrazují vektory báze R3. Tedy
/((1,0,0)) = (0,3) /((0,1,0)) = (2, 2) /((0,0,1)) = (-1,0)
A odtud dostáváme
Imf = span ((0, 3)T, (2, 2)T, (-1, 0)T> = ((0, 3)T, (2, 2)T) = R2
2
Příklad č. 4-'
• Určete souřadnice [u]a vektoru u = x2 + 2x + 3 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 = (—3, 0, 2)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:
x2 + 2x + 3 = a(x2 + x) + b(x2 + 1) + c(x + 1)
tedy
1 = a + b
2 = a + c
3 = 6 + c
Odtud dostáváme, že a = 0, 6 = 1 a c = 2. Platí tedy (u)a = (0,1, 2)T. 2. Souřadnice nám udávají toto:
v = -3(x2 +x)+ 0(x2 + 1) + 2{x + 1)
Odtud tedy
v = —3x — x + 2.
3