KAPITOLA 4 Analytická geometrie 4.1. Napište parametrické vyjádření přímky určené rovnicemi x − 2y + z = 2, 2x + y − z = 5 v R3 . Řešení. Zřejmě postačuje vyřešit uvedenou soustavu rovnic. Můžeme ale postupovat také odlišně. Potřebujeme totiž najít nenulový (směrový) vektor, který bude kolmý na (normálové) vektory (1, −2, 1), (2, 1, −1). Vektorový součin (1, −2, 1) × (2, 1, −1) = (1, 3, 5) ovšem takový vektor dává. Všimneme-li si, že např. uspořádaná trojice (x, y, z) = (2, −1, −2) vyhovuje dané soustavě, dostaneme výsledek [2, −1, −2] + t (1, 3, 5) , t ∈ R. 4.2. Rovinu : [0, 3, 2, 5] + t (1, 0, 1, 0) + s (2, −1, −2, 2) , t, s ∈ R ve čtyřrozměrném euklidovském prostoru zadejte implicitně. Řešení. Úkolem je najít soustavu lineárních rovnic čtyř proměnných x, y, z, u (čtyři proměnné jsou dány dimenzí prostoru), jíž budou vyhovovat právě souřadnice bodů uvedené roviny. Poznamenejme, že hledaná soustava bude obsahovat 2 = 4 − 2 lineárně nezávislé rovnice. Příklad vyřešíme tzv. eliminací parametrů. Body [x, y, z, u] ∈ splňují x = t + 2s, y = 3 − s, z = 2 + t − 2s, u = 5 + 2s, přičemž t, s ∈ R. Odtud můžeme ihned přejít k maticovému zápisu     1 2 −1 0 0 0 0 0 −1 0 −1 0 0 3 1 −2 0 0 −1 0 2 0 2 0 0 0 −1 5     , 1 kde první dva sloupce jsou směrové vektory roviny, za svislou čarou následuje záporně vzatá jednotková matice a za druhou svislou čarou jsou souřadnice bodu [0, 3, 2, 5]. Tento přepis vzniká tak, že na výše uvedenou soustavu rovnic nahlížíme jako na soustavu rovnic pro neznámé t, s, x, y, z, u a všechny členy přitom převádíme na jednu stranu rovnic. Získanou matici převedeme pomocí elementárních řádkových transformací do tvaru, kdy před první svislou čarou bude maximální možný počet nulových řádků. Přičtením (−1)násobku prvního a současně (−4)násobku druhého řádku ke třetímu řádku a dvojnásobku druhého ke čtvrtému řádku dostáváme     1 2 −1 0 0 0 0 0 −1 0 −1 0 0 3 1 −2 0 0 −1 0 2 0 2 0 0 0 −1 5     ∼     1 2 −1 0 0 0 0 0 −1 0 −1 0 0 3 0 0 1 4 −1 0 −10 0 0 0 −2 0 −1 11     . Odkud plyne výsledek x + 4y − z − 10 = 0, −2y − u + 11 = 0. Koeficienty za první svislou čarou v řádcích, které jsou před touto svislou čarou nulové, určují totiž koeficienty obecných rovnic roviny. Upozorněme, že kdybychom např. přepsali soustavu rovnic do matice     1 0 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0 −1 3 0 0 1 0 1 −2 2 0 0 0 1 0 2 5     , která odpovídá situaci, kdy proměnné x, y, z, u zůstávají na levé straně rovnic, totožná úprava     1 0 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0 −1 3 0 0 1 0 1 −2 2 0 0 0 1 0 2 5     ∼     1 0 0 0 1 2 0 0 1 0 0 0 −1 3 −1 −4 1 0 0 0 −10 0 2 0 1 0 0 11     dává výsledek ve tvaru −x − 4y + z = −10, 2y + u = 11. Jinak řečeno, při přepisování soustavy do matice je nutné zohledňovat, zda svislá čára odděluje levou stranu rovnic od pravé (či nikoliv). Nabízí se, že metoda eliminace parametrů může být zdlouhavá a že se při jejím použití lze snadno dopustit chyb(y). V tomto příkladu jsme přitom hledali pouze dva lineárně nezávislé normálové vektory, tj. vektory kolmé na vektory (1, 0, 1, 0), (2, −1, −2, 2). Pokud bychom si uvědomili, že takovými vektory jsou např. (0, 2, 0, 1), (−1, 0, 1, 2), dosazením x = 0, y = 3, z = 2, u = 5 do rovnic 2y + u = a, −x + z + 2u = b bychom obdrželi a = 11, b = 12, následně hledané implicitní vyjádření 2y + u = 11, −x + z + 2u = 12. 4.3. Nalezněte parametrické vyjádření roviny procházející body A = [2, 1, 1], B = [3, 4, 5], C = [4, −2, 3]. Poté parametricky vyjádřete otevřenou polorovinu obsahující bod C a vymezenou přímkou zadanou body A, B. Řešení. K parametrickému vyjádření roviny potřebujeme jeden bod ležící v této rovině a dva směrové (lineárně nezávislé) vektory. Stačí zvolit bod A a vektory B − A = (1, 3, 4) a C − A = (2, −3, 2), které jsou očividně lineárně nezávislé. Bod [x, y, z] náleží do dané roviny právě tehdy, když existují čísla t, s ∈ R, pro která je x = 2 + 1 · t + 2 · s, y = 1 + 3 · t − 3 · s, z = 1 + 4 · t + 2 · s; tj. hledané parametrické vyjádření roviny je [2, 1, 1] + t (1, 3, 4) + s (2, −3, 2) , t, s ∈ R. Volba s = 0 zjevně dává přímku, která prochází body A, B. Pro t = 0, s ≥ 0 dostáváme polopřímku začínající v bodě A a procházející bodem C. Libovolně pevně zvolené t ∈ R a měnné s ≥ 0 pak zadávají polopřímku s počátkem na hraniční přímce a s body v polorovině, ve které se nachází bod C. To znamená, že hledanou otevřenou polorovinu můžeme vyjádřit parametricky takto [2, 1, 1] + t (1, 3, 4) + s (2, −3, 2) , t ∈ R, s > 0. 4.4. Určete vzájemnou polohu přímek p : [1, 0, 3] + t (2, −1, −3) , t ∈ R, q : [1, 1, 3] + s (1, −1, −2) , s ∈ R. Řešení. Hledejme společné body zadaných přímek (průnik podprostorů). Dostáváme sou- stavu 1 + 2t = 1 + s, 0 − t = 1 − s, 3 − 3t = 3 − 2s. Z prvních dvou rovnic vyplývá, že t = 1, s = 2. To ovšem nevyhovuje třetí rovnici. Soustava tak nemá řešení. Neboť směrový vektor (2, −1, −3) přímky p není násobkem směrového vektoru (1, −1, −2) přímky q, přímky nejsou rovnoběžné. Jedná se proto o mimoběžky. 4.5. Pro jaká čísla a ∈ R jsou přímky p : [4, −4, 8] + t (2, 1, −4) , t ∈ R, q : [a, 6, −5] + s (1, −3, 3) , s ∈ R různoběžné? Řešení. Přímky jsou různoběžné tehdy a jenom tehdy, když má soustava 4 + 2t = a + s, −4 + t = 6 − 3s, 8 − 4t = −5 + 3s právě 1 řešení. V maticovém zápisu řešíme (první sloupec odpovídá proměnné t, druhý pak s)   2 −1 a − 4 1 3 10 −4 −3 −13   ∼   1 3 10 2 −1 a − 4 −4 −3 −13   ∼   1 3 10 0 −7 a − 24 0 1 3   . Vidíme, že soustava má právě 1 řešení tehdy a jenom tehdy, když je druhý řádek násobkem třetího. To je splněno pouze pro a = 3. Dodejme, že průsečíkem je v tomto případě bod [6, −3, 4]. 4.6. V R3 stanovte vzájemnou polohu přímky p zadané implicitně rovnicemi x + y − z = 4, x − 2y + z = −3 a roviny : y = 2x − 1. Řešení. Normálový vektor je (2, −1, 0) (uvažte zápis : 2x − y + 0z = 1). Lze postřehnout, že platí (1, 1, −1) + (1, −2, 1) = (2, −1, 0), tj. že normálový vektor roviny je lineární kombinací normálových vektorů p. Zaměření přímky (zadané nenulovým směrovým vektorem kolmým na uvedené dva normálové vektory) je proto podprostorem zaměření roviny (směrový vektor přímky je nutně kolmý na vektor (2, −1, 0)). Lehce jsme zjistili, že přímka p je rovnoběžná s rovinou . Zajímá nás, zda se protínají (zda p leží v ). Soustava rovnic x + y − z = 4, x − 2y + z = −3, 2x − y = 1 má nekonečně mnoho řešení, neboť sečtením prvních dvou rovnic dostaneme právě třetí z rovnic. Přímka p tak musí ležet v rovině . 4.7. Nalezněte průnik podprostorů Q1 a Q2, je-li Q1 : [4, −5, 1, −2] + t1 (3, 5, 4, 2) + t2 (2, 4, 5, 1) + t3 (0, 3, 1, 2) , t1, t2, t3 ∈ R, Q2 : [4, 4, 4, 4] + s1 (0, −6, −2, −4) + s2 (−1, −5, −3, −3) , s1, s2 ∈ R. Řešení. Bod X = [x1, x2, x3, x4] ∈ R4 náleží do Q1 ∩ Q2 právě tehdy, když je     x1 x2 x3 x4     =     4 −5 1 −2     + t1     3 5 4 2     + t2     2 4 5 1     + t3     0 3 1 2     pro nějaká čísla t1, t2, t3 ∈ R a současně když je     x1 x2 x3 x4     =     4 4 4 4     + s1     0 −6 −2 −4     + s2     −1 −5 −3 −3     pro nějaká s1, s2 ∈ R. Porovnáním získáváme t1     3 5 4 2     + t2     2 4 5 1     + t3     0 3 1 2     =     4 − 4 4 + 5 4 − 1 4 + 2     + s1     0 −6 −2 −4     + s2     −1 −5 −3 −3     . Při maticovém zápisu (pro pořadí proměnných t1, t2, t3, s1, s2 a po převodu vektorů u s1 a s2 na levou stranu) řešme pomocí řádkových operací     3 2 0 0 1 0 5 4 3 6 5 9 4 5 1 2 3 3 2 1 2 4 3 6     ∼     3 2 0 0 1 0 0 2 9 18 10 27 0 7 3 6 5 9 0 −1 6 12 7 18     ∼ · · · ∼     3 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 1 2 0 3 0 0 0 0 1 0     . Odtud vidíme, že t1 = t2 = s2 = 0 a pro s1 = t ∈ R je t3 = 3−2t. Podotkněme, že k určení Q1 ∩ Q2 stačilo znát buď t1, t2, t3 nebo s1, s2. Vraťme se nyní k vyjádření     x1 x2 x3 x4     =     4 4 4 4     + s1     0 −6 −2 −4     + s2     −1 −5 −3 −3     =     4 4 4 4     + t     0 −6 −2 −4     . Průnikem zadaných podprostorů je tedy přímka (s = −2t) [4, 4, 4, 4] + s (0, 3, 1, 2) , s ∈ R. Pro kontrolu rovněž dosaďme     x1 x2 x3 x4     =     4 −5 1 −2     + t1     3 5 4 2     + t2     2 4 5 1     + t3     0 3 1 2     =     4 −5 1 −2     + (3 − 2t)     0 3 1 2     =     4 4 4 4     + t     0 −6 −2 −4     . 4.8. Dokažte, že pro každé n ∈ N a pro libovolná kladná čísla x1, x2, . . . , xn ∈ R platí n2 ≤ 1 x1 + 1 x2 + · · · + 1 xn · (x1 + x2 + · · · + xn) . Poté uveďte, kdy nastává rovnost. Řešení. Postačuje uvážit Cauchyovu nerovnost | u · v | ≤ || u || || v || v euklidovském prostoru Rn pro vektory u = 1 √ x1 , 1 √ x2 , . . . , 1 √ xn , v = ( √ x1, √ x2, . . . , √ xn) . Takto dostaneme (1) n ≤ 1 x1 + 1 x2 + · · · + 1 xn · √ x1 + x2 + · · · + xn. Dokazovanou nerovnost potom obdržíme umocněním (??). Dále víme, že Cauchyova nerovnost přejde v rovnost, právě když bude vektor u násobkem vektoru v, což již implikuje x1 = x2 = · · · = xn. 4.9. Nalezněte bod A přímky p : x + 2y + z − 1 = 0, 3x − y + 4z − 29 = 0, který má stejnou vzdálenost od bodů B = [3, 11, 4], C = [−5, −13, −2]. Řešení. Nejprve vyjádříme přímku p parametricky tak, že vyřešíme soustavu rovnic x + 2y + z = 1, 3x − y + 4z = 29. Soustavu zapíšeme rozšířenou maticí a upravíme 1 2 1 1 3 −1 4 29 ∼ 1 2 1 1 0 −7 1 26 ∼ 1 0 9/7 59/7 0 1 −1/7 −26/7 . Tím dostáváme vyjádření p : 59 7 , − 26 7 , 0 + t − 9 7 , 1 7 , 1 , t ∈ R. Odkud substitucí t = 7s + 26 plyne p : [−25, 0, 26] + s (−9, 1, 7) , s ∈ R. Bod A obdržíme volbou jistého s ∈ R. Přitom vektory A − B = (−28 − 9s, −11 + s, 22 + 7s) , A − C = (−20 − 9s, 13 + s, 28 + 7s) mají mít stejnou délku, tj. má platit (−28 − 9s)2 + (−11 + s)2 + (22 + 7s)2 = (−20 − 9s)2 + (13 + s)2 + (28 + 7s)2, resp. (−28 − 9s)2 + (−11 + s)2 + (22 + 7s)2 = (−20 − 9s)2 + (13 + s)2 + (28 + 7s)2 . Úpravou poslední rovnice získáme s = −3. Je tak A = [−25, 0, 26] − 3 (−9, 1, 7) = [2, −3, 5]. 4.10. V euklidovském prostoru R4 stanovte vzdálenost bodu A = [2, −5, 1, 4] od podpro- storu U : 4x1 − 2x2 − 3x3 − 2x4 + 12 = 0, 2x1 − x2 − 2x3 − 2x4 + 9 = 0. Řešení. Nejdříve nalezneme libovolný bod podprostoru U (řešení soustavy). Např. je B = [0, 3, 0, 3] ∈ U. Víme, že vzdálenost A od U se rovná velikosti kolmého průmětu vektoru A − B do ortogonálního doplňku zaměření podprostoru U. Ortogonální doplněk zaměření U ovšem známe (zadává tento podprostor) – jako množinu (lineárních kombinací normálových vektorů) V := {t (4, −2, −3, −2) + s (2, −1, −2, −2) ; t, s ∈ R}. Potřebujeme najít kolmý průmět PA−B vektoru A − B do V , který náleží do V , a proto je PA−B = a (4, −2, −3, −2) + b (2, −1, −2, −2) pro jisté hodnoty a, b ∈ R. Zjevně musí platit (A − B − PA−B) ⊥ V , tedy ((A − B) − PA−B) ⊥ (4, −2, −3, −2) , ((A − B) − PA−B) ⊥ (2, −1, −2, −2) . Dosazením za A − B a PA−B odsud vyplývá (((2, −8, 1, 1) − a (4, −2, −3, −2) − b (2, −1, −2, −2)) · (4, −2, −3, −2)) = 0, (((2, −8, 1, 1) − a (4, −2, −3, −2) − b (2, −1, −2, −2)) · (2, −1, −2, −2)) = 0; tj. ((2, −8, 1, 1) · (4, −2, −3, −2)) − a ((4, −2, −3, −2) · (4, −2, −3, −2)) − b ((2, −1, −2, −2) · (4, −2, −3, −2)) = 0, ((2, −8, 1, 1) · (2, −1, −2, −2)) − a ((4, −2, −3, −2) · (2, −1, −2, −2)) − b ((2, −1, −2, −2) · (2, −1, −2, −2)) = 0. Vyčíslíme-li tyto skalární součiny, obdržíme soustavu 19 − 33a − 20b = 0, 8 − 20a − 13b = 0, která má jediné řešení a = 3, b = −4. Je tudíž PA−B = 3 (4, −2, −3, −2) − 4 (2, −1, −2, −2) = (4, −2, −1, 2) , přičemž || PA−B || = 42 + (−2)2 + (−1)2 + 22 = 5. Připomeňme, že vzdálenost A od U je rovna || PA−B || = 5. 4.11. Spočtěte vzdálenost v bodu [0, 0, 6, 0] od vektorového podprostoru U : [0, 0, 0, 0] + t1 (1, 0, 1, 1) + t2 (2, 1, 1, 0) + t3 (1, −1, 2, 3) , t1, t2, t3 ∈ R prostoru R4 . Řešení. Úlohu budeme řešit postupem založeným na tzv. problému nejmenších čtverců. Vektory generující U napíšeme do sloupců matice A =     1 2 1 0 1 −1 1 1 2 1 0 3     a bod [0, 0, 6, 0] nahradíme jemu odpovídajícím vektorem b = (0, 0, 6, 0)T . Budeme řešit soustavu A · x = b, tj. soustavu lineárních rovnic x1 + 2x2 + x3 = 0, x2 − x3 = 0, x1 + x2 + 2x3 = 6, x1 + 3x3 = 0, právě metodou nejmenších čtverců. (Upozorněme, že tato soustava nemá řešení – jinak by vzdálenost byla rovna 0.) Systém A · x = b vynásobíme zleva maticí AT . Rozšířená matice soustavy AT · A · x = AT · b pak je   3 3 6 6 3 6 3 6 6 3 15 12   . Pomocí elementárních řádkových transformací ji postupně převedeme na schodovitý tvar   3 3 6 6 3 6 3 6 6 3 15 12   ∼   3 3 6 6 0 3 −3 0 0 −3 3 0   ∼   1 1 2 2 0 1 −1 0 0 0 0 0   . Provedeme-li ještě zpětnou eliminaci   1 1 2 2 0 1 −1 0 0 0 0 0   ∼   1 0 3 2 0 1 −1 0 0 0 0 0   , můžeme ihned napsat řešení x = (2 − 3t, t, t)T , t ∈ R. Dodejme, že existence nekonečně mnoha řešení je zapříčiněna nadbytečností třetího ze zadávajících vektorů podprostoru U, neboť je 3 (1, 0, 1, 1) − (2, 1, 1, 0) = (1, −1, 2, 3) . Libovolná (t ∈ R) lineární kombinace (2 − 3t) (1, 0, 1, 1) + t (2, 1, 1, 0) + t (1, −1, 2, 3) = (2, 0, 2, 2) však odpovídá bodu [2, 0, 2, 2] podprostoru U, který je nejblíže bodu [0, 0, 6, 0]. Pro hledanou vzdálenost proto platí v = || [2, 0, 2, 2] − [0, 0, 6, 0] || = 22 + 0 + (−4)2 + 22 = 2 √ 6. 4.12. Nechť je dána krychle ABCDEFGH (při obvyklém významu zápisu, tedy vektory E − A, F − B, G − C, H − D jsou kolmé na rovinu určenou vrcholy A, B, C, D) v euklidovském prostoru R3 . Vypočtěte úhel ϕ mezi vektory F − A a H − A. Řešení. Tento příklad jsme již jednou řešili pomocí vzorce z definice odchylky. Nyní se zkusme zamyslet. Uvažované body A, F, H jsou vrcholy trojúhelníku, jehož všechny strany jsou úhlopříčkami stěn krychle. Jedná se tudíž o rovnostranný trojúhelník. Odtud plyne, že ϕ = π/3. 4.13. V reálné rovině nalezněte přímku, která prochází bodem [−3, 0] a s přímkou p : √ 3x + 3y + 5 = 0 svírá úhel 60◦ . Řešení. Nejprve si uvědomme, že podmínkám úlohy musí vyhovovat právě dvě přímky. Obecná rovnice přímky v rovině má tvar ax + by + c = 0, přičemž lze volit a2 + b2 = 1. Nalezněme tedy taková čísla a, b, c ∈ R, aby byly splněny uvedené podmínky. Dosadíme-li x = −3, y = 0 do této rovnice (přímka má procházet bodem [−3, 0]), dostaneme c = 3a. Podmínka, že přímka má svírat úhel 60◦ s přímkou p, potom dává 1 2 = cos 60◦ = √ 3a + 3b √ 12 , tj. √ 3 = √ 3a + 3b . Další úpravou obdržíme ±1 = a + √ 3b a umocněním 1 = a2 + 3b2 + 2 √ 3ab. Využijeme-li a2 + b2 = 1, získáme 0 = 2b2 + 2 √ 3ab, tj. 0 = b b + √ 3a . Celkem tak máme možnosti (připomeňme, že c = 3a a a2 + b2 = 1) a = ±1, b = 0, c = ±3; a = ± 1 2 , b = √ 3 2 , c = ± 3 2 . Snadno se ověří, že těmito koeficienty určené přímky x + 3 = 0, 1 2 x − √ 3 2 y + 3 2 = 0 zadání skutečně vyhovují. 4.14. Určete odchylku přímky p zadané implicitně rovnicemi x + 3y + z = 0, −x − y + z = 0 od roviny : x + y + 2z + 1 = 0. Řešení. Vidíme, že normálový vektor roviny je (1, 1, 2). Sečtení rovnic zadávajících přímku p při opsání první z nich dává x + 3y + z = 0, 2y + 2z = 0. Odsud plyne, že y = −z a x = 2z. Vektor (2, −1, 1) je proto směrovým vektorem přímky p; jinak řečeno, můžeme zapsat (p očividně prochází počátkem) p : [0, 0, 0] + t (2, −1, 1) , t ∈ R. Pro úhel ϕ vektorů (1, 1, 2), (2, −1, 1) platí cos ϕ = 2 − 1 + 2 √ 6 · √ 6 = 1 2 . Je tedy ϕ = 60◦ . To je ovšem velikost úhlu, který svírá směrový vektor p s normálovým vektorem . Hledaný úhel je doplňkem tohoto úhlu, a tak je výsledek 30◦ = 90◦ − 60◦ . 4.15. Spočtěte objem rovnoběžnostěnu v R3 s podstavou v rovině z = 0 a s hranami zadanými dvojicemi vrcholů [0, 0, 0], [−2, 3, 0]; [0, 0, 0], [4, 1, 0] a [0, 0, 0], [5, 7, 3]. Řešení. Rovnoběžnostěn je zadán vektory (4, 1, 0), (−2, 3, 0), (5, 7, 3). Víme, že jeho objem je roven determinantu 4 −2 5 1 3 7 0 0 3 = 3 4 −2 1 3 = 3 · 14 = 42. Doplňme, že při změnách pořadí vektorů bychom obdrželi výsledek ±42, neboť determinant udává orientovaný objem rovnoběžnostěnu. Ještě poznamenejme, že objem rovnoběžnostěnu by se dle výpočtu determinantu nezměnil, pokud by třetí vektor byl [a, b, 3] pro libovolná čísla a, b ∈ R. Jeho objem pochopitelně závisí pouze na kolmé vzdálenosti rovin dolní a horní podstavy a jejich obsahu 4 −2 1 3 = 14. 4.16. Určete rovnici kuželosečky (a poté její typ), která prochází body [−2, −4], [8, −4], [0, −2] , [0, −6] , [6, −2] . Řešení. Do obecné rovnice kuželosečky a11x2 + a22y2 + 2a12xy + a1x + a2y + a = 0 postupně dosadíme souřadnice zadaných bodů. Takto obdržíme soustavu 4a11 + 16a22 + 16a12 − 2a1 − 4a2 + a = 0, 64a11 + 16a22 − 64a12 + 8a1 − 4a2 + a = 0, 4a22 − 2a2 + a = 0, 36a22 − 6a2 + a = 0, 36a11 + 4a22 − 24a12 + 6a1 − 2a2 + a = 0. V maticovém zápisu provedeme úpravy       4 16 16 −2 −4 1 64 16 −64 8 −4 1 0 4 0 0 −2 1 0 36 0 0 −6 1 36 4 −24 6 −2 1       ∼ · · · ∼       4 16 16 −2 −4 1 0 4 0 0 −2 1 0 0 64 −8 12 −9 0 0 0 24 −36 27 0 0 0 0 3 −2       ∼ · · · ∼       48 0 0 0 0 −1 0 12 0 0 0 −1 0 0 64 0 0 0 0 0 0 24 0 3 0 0 0 0 3 −2       . Hodnotu a můžeme zvolit. Zvolíme-li a = 48, dostaneme a11 = 1, a22 = 4, a12 = 0, a1 = −6, a2 = 32. Kuželosečka má tudíž rovnici x2 + 4y2 − 6x + 32y + 48 = 0. V této rovnici doplníme výrazy x2 − 6x, 4y2 + 32y na druhé mocniny dvojčlenů, což dává (x − 3)2 + 4(y + 4)2 − 25 = 0, resp. (x − 3)2 52 + (y + 4)2 5 2 2 − 1 = 0. Vidíme, že se jedná o elipsu se středem v bodě [3, −4]. 4.17. Pomocí doplnění na čtverce vyjádřete kvadriku −x2 + 3y2 + z2 + 6xy − 4z = 0 ve tvaru, ze kterého lze vyčíst její typ. Řešení. Všechny členy obsahující x připojíme k −x2 a provedeme doplnění na čtverec. Tím získáme −(x − 3y)2 + 9y2 + 3y2 + z2 − 4z = 0. Žádné „nežádoucí“ členy obsahující y nemáme, a proto postup opakujeme pro proměnnou z, což dává −(x − 3y)2 + 12y2 + (z − 2)2 − 4 = 0. Odtud plyne, že existuje transformace proměnných, při které obdržíme (rovnici můžeme nejdříve vydělit 4) rovnici −¯x2 + ¯y2 + ¯z2 − 1 = 0. 4.18. Uveďte všechny hodnoty parametrů α, β ∈ R, pro které jsou vektory (0, α + 2, α + 1, α + 1), (β − 2, 1 − β, β + 1, 3 − β) v euklidovském prostoru R4 normované (velikost je rovna 1). Řešení. V prvním případě existují dvě možné volby parametru α = −1, α = − 5 3 . Ve druhém případě hledané β očividně neexistuje. 4.19. Jestliže je ve vektorovém prostoru polynomů stupně nejvýše 2 pro libovolné dva polynomy p = a2(p) x2 + a1(p) x + a0(p), q = a2(q) x2 + a1(q) x + a0(q) definován „standardní“ skalární součin vztahem ( p · q ) := a2(p) a2(q) + a1(p) a1(q) + a0(p) a0(q), jakou má vektor 5x2 + 12 délku? Řešení. Délka vektoru 5x2 + 12 je 13. 4.20. Najděte přímku q, která protíná přímky p1 : [3, 8, 1] + t1 (2, 3, 4) , t1 ∈ R, p2 : [0, −5, 2] + t2 (5, 2, −1) , t2 ∈ R a která prochází bodem [4, −1, 0]. Řešení. Hledaná přímka je q : [4, −1, 0] + s (1, −2, 1) , s ∈ R. 4.21. Dokažte, že pro každé n ∈ N a libovolná reálná čísla x1, x2, . . . , xn platí odhad x1 + x2 + · · · + xn n ≤ x2 1 + x2 2 + · · · + x2 n n . Řešení. Postačuje aplikovat Cauchyovu nerovnost pro vektory u = (x1, x2, . . . , xn), v = (1, 1, . . . , 1) v euklidovském prostoru Rn (a nerovnost vynásobit číslem 1/n). 4.22. V prostoru R3 nalezněte bod roviny (vektorového podprostoru) (a) (2, 1, 1), (2, −1, 1) ; (b) (1, 1, −2), (3, 1, −1) , který je nejblíže bodu (a) [1, 1, 3]; (b) [3, −7, 8]. Řešení. Nejblíže je bod (a) [2, 1, 1]; (b) 34 15 , −10 3 , 142 15 . 4.23. Vypočtěte vzdálenost přímek p : [−4, −4, 12] + t (−3, 3, −8) , t ∈ R, q : [7, 0, 5] + s (−2, 3, −4) , s ∈ R v euklidovském prostoru R3 . Řešení. Výsledek je 13. 4.24. Napište rovnici přímky mající vzdálenost 4 od bodu [−1, 0] a procházející bodem [3, 2]. Řešení. Takovými přímkami jsou 3x + 4y = 17, x = 3. 4.25. Určete vzdálenost bodu [−2, 2, 2, 5] od roviny zadané body [0, 0, 0, 0], [1, 1, −1, 2], [3, 1, 0, 1]. Řešení. Vzdálenost je rovna √ 22. 4.26. Stanovte rovinu , která obsahuje bod [5, −3, 2] a současně jeho kolmé průměty do rovin σ1 : [3, −1, 0] + t1 (0, 1, −4) + s1 (1, 1, −1) , t1, s1 ∈ R, σ2 : [−1, 0, 1] + t2 (2, 0, 1) + s2 (−4, 2, 3) , t2, s2 ∈ R. Řešení. Rovina má parametrické vyjádření [6, 2, 0] + t (5, −13, 0) + s (0, 19, −5) , t, s ∈ R. 4.27. Spočítejte odchylku ϕ přímek 2x + y − 5 = 0 a 6x − 2y + 7 = 0 v reálné rovině. Řešení. Lehce lze ukázat, že ϕ = π/4. 4.28. V R3 určete odchylku přímky zadané rovnicemi x + y + 3z = 0, x − y − z = 0 od roviny 2x + y + z = 0. Řešení. Výsledek je π/6. 4.29. Stanovte vzdálenost v bodu [2, 1, 2, 3] od podprostoru W = [x1, x2, x3, x4] ∈ R4 ; x4 = 0 a poté odchylku ϕ přímky se směrovým vektorem (2, 1, 2, 3) od podprostoru W v euklidovském prostoru R4 . Řešení. Platí v = 3, ϕ = π 4 . Uvědomte si, že projekce (kolmý průmět) bodu [2, 1, 2, 3] do W je zřejmě [2, 1, 2, 0]. 4.30. Spočítejte odchylku ϕ rovin 1 : [6, 5, 4, 3] + t1 (−3, 0, 0, 2) + t2 (3, 0, 0, 2) , t1, t2 ∈ R, 2 : [5, 6, 5, 2] + s1 (2, 2, 0, −3) + s2 (3, 3, 0, −2) , s1, s2 ∈ R a vzdálenost v rovnoběžných rovin σ1 : [6, 5, 5, 4] + t1 (0, −1, 1, 0) + t2 (8, −5, 5, −2) , t1, t2 ∈ R, σ2 : [5, 0, 2, 0] + s1 (−4, 5, −5, 1) + s2 (4, 4, −4, −1) , s1, s2 ∈ R v euklidovském prostoru R4 . Řešení. Je ϕ = π/4, v = 7.