Drsná matematika Martin Panák, Jan Slovák Pokus o učebnici pro začínající studenty přírodních věd, informatiky apod., přibližující podstatnou část matematiky v rozsahu čtyř semestrálních přednášek. Text by měl být dokončen a vydán v roce 2013. i KAPITOLA 1 Přehršel různorodých úloh „ hodnota, změna, poloha " — co to je a jak to uchopit? Smyslem první kapitoly této učebnice je uvést čtenáře do fascinujícího světa matematického myšlení, a to na co nejkonkrétnějších příkladech modelování reálných situací pomocí abstraktních objektů a souvislostí. Zároveň projdeme několik témat a postupů, ke kterým se postupně budeme vracet, a v závěru kapitoly se budeme chvíli věnovat samotnému jazyku matematiky (se kterým do té doby budeme zacházet velmi intuitivně). O co jednodušší jsou východiska a objekty, se kterými zde budeme pracovat, o to složitější je pochopit do důsledku jemnosti použitých nástrojů a postupů. I to je důvod, proč se budeme k tématům postupně vracet. Pokud se tedy přecházení od tématu k tématu bude jevit z počátku jako chaotické, snad se to postupně spraví při návratech v pozdějších kapitolách. Začneme s tím nejjednodušším - obyčejnými čísly. 1. Čísla a funkce 1.1. Číselné obory. Všichni jsme jistě zvyklí počítat s přirozenými, celými, racionálními a reálnými čísly a máme také představy, jak jsou uspořádány do vztahů „menší-větší". Je také docela zřejmé, že mezi každými dvěmi celými čísly n a n + 1 je spousta racionálních čísel n < q < n + 1. Jak jsou na tom ale čísla reálná? Potřebujeme je vůbec? I tady je patrně odpověď dobře známá: již staří Řekové věděli, že předepíšeme-li plochu čtverce a2 = 2, pak nelze najít racionální a, které by předpisu vyhovovalo. Ověřit to můžeme za předpokladu, že známe následující vlastnost jednoznačného rozkladu přirozených čísel na prvočísla: 3 4 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH Tvrzení. Každé přirozené číslo n lze jednoznačným způsobem vyjádřit jako součin mocnin n = p[l ■ pr^ ... prkk, kde všechna čísla p\, ..., p^ jsou dělitelná pouze sama sebou a jedničkou. Skutečně, pokud by platilo (p/q)2 = 2 pro přirozená čísla p a q, pak tedy p2 = 2q2. Na levé straně máme v rozkladu na prvočísla 2r se sudým r (případně r = 0), na pravé straně ale bude vždy mocnina dvojky lichá. To je spor s naším tvrzením a tedy předpoklad nemůže platit a žádné racionální číslo nemůže mít za svoji druhou mocninu dvojku. Vidíme tedy, že již hledání odmocnin nás nutí k rozšíření racionálních čísel na reálná. Dokonce snadno ukážeme 1.2. Nechť t a m jsou kladná celá čísla. Ukažte, ze číslo "sft je buď přirozené, nebo není racionální. Řešení. Nechť uvažovaná odmocnina není přirozená. Ukážeme, že potom není ani racionální. Protože předpokládáme, že ^/t není přirozená, tak existuje prvočíslo r a přirozené s taková, že rs dělí t, rs+l nedělí t a m nedělí s (budeme psát ordr t = s) Jako v předchozím případě předpokládejme nyní, že by existovala přirozená p, q tak, že %/t = £. Vynásobením rovnice číslem q a umocněním na číslo m dostáváme t ■ pm = qm. Pro libovolnou m-tou mocninu a přirozeného čísla platí, že ordr a je násobkem m. Proto ordr L není násobkem m (dává stejný zbytek po dělení m jako ordr t), kdežto ordr R je dělitelné m, což není možné. Náš předpoklad tedy neplatí a číslo ^ft nemůže být racionální, pokud není přirozené. □ Trochu více si o reálných číslech řekneme později. 1.3. Komplexní čísla. Stačí nám aspoň pro elementární počty reálná čísla? Je lehké si uvědomit, že nikoliv: Úvahu o racionalitě druhé odmocniny v minulém odstavci můžeme formulovat jako dotaz na existenci řešení rovnice x2 = 2 v oboru racionáních čísel. Ověřili jsme, že řešení nemá, v oboru reálných čísel už ale ano. Co když napíšeme obecněji x2 = b a ptáme se pořešení teď? Tato rovnice má vždy řešení x v oboru reálných čísel, pokud je b nezáporné. Jestliže je b = —1, pak ale zjevně takové reálné x existovat nemůže. Podbízí se „přidat" k reálným číslům nové číslo i, tzv. imaginární jednotku a zkusit dát dohromady rozšíření číselného oboru M reálných čísel tak, aby byly splněny všechny vlastnosti, které od skalárů očekáváme. 1. ČÍSLA A FUNKCE 5 Kupodivu to skutečně jde tím nejjednodušším způsobem: jistě budeme chtít umět nové číslo i násobit reálnými čísly a budeme chtít umět přičítat i skutečná reálná čísla. Nutně proto musíme v novém číselném oboru komplexních čísel C pracovat s formálními výrazy z = a + i b. Reálnému číslu a říkáme reálná složka komplexního čila z, reálnému číslu b pak imaginární složka. Aby byly splněny vlatnosti asociativity a distributivity, zavedeme sčítání tak, že se nezávisle sčítají reálné složky a imaginární složky a násobení tak, jak by se násobily dvojčleny reálných čísel s jediným dodatečným pravidlem i2 = — 1, tj- (1.1) (a + i b) + (c + i d) = (a+c) + i (b + d), (1.2) (a + i b) ■ (c + i d) = (ac — bd) + i (bc + ad). Ověřte si pečlivě, že skutečně platí všechny vlastnosti KG1-4, 01-4 a P skalárů, jde tedy o pole (komutativní těleso) skalárů. Nulou je samozřejmě číslo O + z O, jedničkou číslo 1 + i O, které opět píšeme jako O a 1. 1.4. Komplexní čísla jako body v rovině. Tak jak si jistě představujeme reálná čísla jako body přímky všech reálných čísel, můžeme si dobře představit komplexní čísla z = a + ib jako body v rovně o souřadnicích (a,b). Imaginární jednotka i pak odpovídá bodu (O, 1) a všimněme si, že vynásobení jakéhokoliv čísla z = a + i b imaginární jednotkou dává výsledek i ■ (a + i b) = —b + i a tj. v interpertaci v rovině jde o otočení bodu z o pravý úhel proti směru hodinových ručiček. Další geometrická operace, která má jednoduché vyjádření je symetrie podle osy reálných čísel: z = (a + i b) h-> (a — i b) = z. Hovoříme o číslu z komplexně sdruženém k z. Všimněme si dále, že součin zl = (a2 + b2) + i (-ab + ba) = a2 + b2 je vždy reálné číslo a dává nám kvadrát vzdálenosti čísla z od počátku 0. Platí tedy \z\2 = zl. Komplexní čísla tvaru z = cos | = 9127. ~12~ 1 - (1 + 2#)"36 □ 14 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH Všimněme si, že rekurentní vztah (1.5) můžeme použít na náš příklad pouze tak dlouho, dokud budou všechna y(n) kladná, tj. dokud bude Mirek skutečně něco dlužit. Otázka. Jak dlouho by Mirek auto splácel, kdyby chtěl měsíčně splácet 5000 Kč? Řešení. Při označení q = 1, 005, c = 300000 nám podmínka dk = 0 dává vztah * 2005 -c jehož logaritmováním obdržíme , ln2005 -ln(2005-c) k = -, mg což pro 5 = 5000 dává přibližně £ = 71,5, tedy splácení půjčky by trvalo šest let (poslední splátka by nebyla plných 5 000 Kč). □ Obdobným příkladem, kde se můžeme setkat s diferenčními rovnicemi je při výpočtu naspořené sumy při stavebním spoření: 1.23. Kolik peněz naspořím na stavebním spoření za pět let, vkládám-li 3000 Kč měsíčně (vždy kl.v měsíci), vklad je úročen roční úrokovou mírou 3% (úročení probíhá jednou za rok) a od státu obdržím ročně příspěvek 1500 Kč? (státní příspěvek se připisuje vždy až 1.května následujícího roku) Řešení. Označme množství naspořených peněz po ři-tém roce jako xn. Potom dostáváme (pro n > 2) následující rekurentní formuli (navíc předpokládáme, že každý měsíc je přesně dvanáctina roku) 2005 jc„+i = 1, 03(jc„) + 36000 + 1500+ úroky z vkladů za aktuální rok + 0,03• - •1500 3 úrok ze státního příspěvku připsaného v aktuálním roce l,03(x„) + 38115. Tedy n-2 38115 J](l, 03)'' + (l,03)"-1Jti + 1500, i=0 3. DIFERENČNÍ ROVNICE 15 přičemž xx = 36000 + 3000 (l + n + • • • + n) = 36585, celkem /(1,03)4-1\ . x5 = 38115 í J -J + (1,03)4-36585 + 1500 = 202136. □ 1.2. Poznámka. Ve skutečnosti úročení probíhá podle počtu dní, které jsou peníze na účtu. Obstarejte si skutečný výpis ze stavebního spoření, zjistěte si jeho úročení a zkuste si spočítat připsané úroky za rok. Porovnejte je se skutečně připsanou sumou. Počítejte tak dlouho, dokud sumy nebudou souhlasit... 1.24. Určete posloupnost {yn}%Li> která vyhovuje následuje následujícímu rekurentnímu vztahu 3y" , i ^1 i y„+i = — + 1, n > 1, yi = 1. Řešení. y„ = 2(|)" - 2. □ Ukážeme „populační model", který je příkladem na rekurentní rovnici druhého řádu: 1.25. Fibonacciho posloupnost. Na začátku jara přinesl čáp na louku dva čerstvě narozené zajíčky, samečka a samičku. Samička je schopná od dvou měsíců stáří povít každý měsíc dva malé zajíčky (samečka a samičku). Nově narození zajíci plodí potomky po jednom měsíci a pak každý další měsíc. Každá samička je březí jeden měsíc a pak opět porodí samečka a samičku. Kolik párů zajíců bude na louce po devíti měsících (pokud žádný neumře a žádný se tam „nepřistěhuje")? Řešení. Po uplynutí prvního měsíce je na louce pořád jeden pár, nicméně samička zabřezne. Po dvou měších se narodí první potomci, takže na louce budou dva páry. Po uplynutí každého dalšího měsíce se narodí (tedy přibude) tolik zajíců, kolik zabřezlo zaječic před měsícem, což je přesně tolik, kolik bylo před měsícem párů schopných mít potomka, což je přesně tolik, kolik bylo párů před dvěma měsíci. Celkový počet pn zajíců po uplynutí n-tého měsíce tak je tak součtem počtů párů v předchozích dvou měsících. Pro počet párů zajíců na louce tedy dostáváme homogenní lineární rekuretníformuli (1-8) Pn+2 = Pn + 1 + Pn, n = l,..., která spolu s počátečními podmínkami p\ = 1 a p2 = 1 jednoznačně určuje počty párů zajíců na louce v jednotlivých měsících. Linearita formule znamená, že všechny členy posloupnosti (pn) jsou ve vztahu 16 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH v první mocnině, rekurence je snad jasná a homogenita značí, že v předpisu chybí absolutní člen (viz dále pro nehomogenní formule). Pro hodnotu n-tého členu můžeme odvodit explicitní formuli. V hledaní formule nám pomůže pozorování, že pro jistá r je funkce r" řešením diferenční rovnice bez počátečních podmínek. Tato r získáme tak, že dosadíme do rekurentního vztahu: rn+2 = rn+1 + r" a po vydělení r" dostaneme r2 = r + 1, což je tzv. charakteristická rovnice daného rekurentního vztahu. Naše rovnice má kořeny 1-v^ a 1+v^ a tedy posloupnosti a„ = (1~2V^)" a b„ = (1+2V^)", « > 1 vyhovují danému vztahu. Zřejmě také jejich libovolná lineární kombinace cn = san + tbn, s,t e M. Čísla ní můžeme zvolit tak, aby výsledná kombinace splňovala dané počáteční podmínky, v našem případě c\ = 1, c2 = 1. Pro jednoduchost je vhodné navíc ještě dodefinovat nultý člen posloupnosti jako c0 = 0 a spočítat s a t z rovnic pro c0 a c\. Zjistíme, žes = — , ŕ = a tedy (i + Všy - (i - Vš)" 2"(V5) Takto zadaná posloupnost splňuje danou rekurentní formuli a navíc počáteční podmínky c0 = 0, c\ = 1, jedná se tedy o tu jedinou posloupnost, která je těmito požadavky jednoznačně zadána. Všimněte si, že hodnota vzorce (1.9) je celočíselná pro libolné přirozené n (zadává totiž celočíselnou Fibonacciho posloupnost), i když to tak na první pohled nevypadá. □ 1.26. Zjednodušený model chování hrubého národního produktu Uvazujme diferenční rovnici (1.10) yk+2-a(l+b)yk+i+abyk = l, kde yk je národní produkt v roce k, konstanta a je takzvaný mezní sklon ke spotřebě, což je makroekonomický ukazatel, který udává jaký zlomek peněz, které mají obyvatelé k dispozici, utratí a konstanta b popisuje jak závisí míra investic soukromého sektoru na mezním sklonu ke spotřebě. Předpokládáme dále, že velikost národního produktu je normována tak, aby na pravé straně rovnice vyšlo číslo 1. Spočítejte konkrétní hodnoty pro a = |, b = |, yo = 1, y\ = 1. Řešení. 3. DIFERENČNÍ ROVNICE 17 Nejprve budeme hledat řešení homogenní rovnice (pravá strana nulová) ve tvaru rk. Číslo r musí být řešením charakteristické rovnice x2 - a(l + b)x +ab = 0, tj. x2 - x + ^ = 0, která má dvojnásobný kořen j. Všechna řešení homogenní rovnice jsou potom tvaru a(^)n + bn(j"). Dále si všimněme, že najdeme-li nějaké řešení nehomogenní rovnice (tzv. partikulární řešení), tak pokud k němu přičteme libovolné řešení homogenní rovnice, obdržíme jiné řešení nehomogenní rovnice. Lze ukázat, že takto získáme všechna řešení nehomogenní rovnice. V našem případě (tj. pokud jsou všechny koeficienty i nehomogenní člen konstantami) je partikulárním řešením konstanta y„ = c. Dosazením do rovnice máme c — c + |c = 1, tedy c = 4. Všechna řešení diferenční rovnice 1 yk+2 - yk+i + 4 • Ä = 1 jsou tedy tvaru 4 + a(^)n + bn(^)n. Požadujeme y0 = yi = 1 a tyto dvě rovnice dávají a = b = —3, tedy řešení naší nehomogenní rovnice je Ä=4-3(I)"-3„(r Opět, protože víme, že posloupnost zadaná touto formulí splňuje danou diferenční rovnici a zároveň dané počáteční podmínky, jedná se vskutku o tu jedinou posloupnost, která je těmito vlastnostmi charakterizována. □ V předchozím příkladu jsme použili tzv. metodu neurčitých koeficientů. Ta spočívá v tom, že na základě nehomogenního členu dané diferenční rovnice „uhodneme" tvar partikulárního řešení. Tvary partikulárních řešení jsou známy pro celou řadu nehomogenních členů. Např. rovnice (1.11) yn+k +a1yn+k_1 -\-----h akyn = Pm(n), s reálnými kořeny charakteristické rovnice má (skoro vždy) partikulární řešení tvaru Qm(n), kde Pm(n) a Qm(n) jsou polynomy stupně m. Další možnou metodou řešení je tzv. variace konstant, kdy nejprve najdeme řešení k y (n) = ^Cifiin) i = l 18 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH zhomogenizované rovnice a poté uvažujeme konstanty q jako funkce ci (n) proměnné n a hledáme partikulární řešení dané rovnice ve tvaru k y (n) = ^Ci(n)fi(n). i = l Více si o těchto metodách povíme později. Ukažme si na obrázku hodnoty /) pro i < 35 a rovnicí f(n) = 9-f(n - 1) - lf(n - 2) + i /(O) = f(l) = 1. 0,95-0,9: » 6 0,85: 9 ; ♦ • 0,8- • ."""••o. 0,7- ' - 0 5 10 15 20 25 30 35 Rekurentní vtahy se mohou vyskytnout i v geometrických problémech: 1.27. Afa kolik nejvýše oblastí může dělit rovinu n přímek? Řešení. Označme hledaný počet oblastí pn. Pokud v rovině nemáme dánu žádnou přímku, je celá rovina jedinou oblastí, je tedy p0 = 1. Pokud je v rovině dáno n přímek, tak přidáním n + 1 přibude nejvýše (n +1) oblastí: oblastí přibude právě tolik, kolika (původními) oblastmi bude přímka procházet (každou takovou oblast rozdělí na dvě části, jedna oblast tedy přibude). Přidaná přímka může mít nejvýše n různých průsečíků s n přímkami, které už v rovnině byly. Část přímky mezi libovolnými dvěma sousedními průsečíky prochází právě jednou oblastí, celkem může přidaná přímka procházet nejvýše n +1 oblastmi, tedy může přibýt maximálně n + 1 oblastí, navíc v rovině bylo před přidáním (n + l)-ní přímky nejvýše pn oblastí (tak jsme číslo pn totiž definovali). 3. diferenční rovnice 19 Celkem dostáváme rekurentní vztah pn+1 = pn + (n + 1), ze kterého získáme explicitní formuli pro pn buď pomocí vzorce ?? nebo přímo: pn = pn-i + n = pn-2 + (n-l)+n = n = pn-3 + (n - 2) + (n - 1) + n = ■ ■ ■ = p0 + ^ i = i = l n(n + 1) n2 + n + 2 1 + □ 1.28. Na kolik nejvýše částí dělí třírozměrný prostor n rovin ? Řešení. Označme hledaný počet r„. Vidíme, že r0 = 1. Podobně j ako v předchozím příkladu uvažujme, že máme v prostoru n rovin, přidejme jednu další a ptejme se, kolik nejvýše částí prostoru mě přibude. Opět to bude přesně tolik, kolika původními částmi prostoru přidaná rovina prochází. Kolik to může být? Počet částí prostoru, kterými (n + l)-ní rovina prochází je roven počtu částí, na které je přidaná (n + l)-ní rovina rozdělena průsečnicemi s n rovinami, které v prostoru již byly rozmístěny. Těchto částí však může být podle předchozího příkladu nejvýše 1/2 • (n2 + n + 2), dostáváme tak rekurentní formuli n2 + n + 2 fn + l = f n H--^-' Danou rovnici opět můžeme vyřešit přímo: (n - l)2 + (n - 1) +2 n2-n +2 rn = r„_i H---- = r„_i H---- = (n - l)2 - (n - 1) +2 n2-n+2 = r„_2+---+--- = n2 (n-l)2 n (n - 1) = r„_2 H----------h 1 + 1 = 2 2 2 2 n2 (n - l)2 (n - 3)2 n (n-l) (n - 2) = r„_3 H---1---1-------- 2 2 2 2 2 2 + 1 + 1 + 1 = j n \ n n 20 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH n3 + 6n + 5 kde jsme použili známého vztahu n(n + í)(2n + 1) E í2 který lze snadno dokázat matematickou indukcí. □ 1.29. Na kolik maximálně částí dělí rovinu n kružnic? Řešení. Pro maximální počet pn oblastí, na které dělí rovinu kružnice odvodíme rekurentní vzorec Pk+i = Pk+2k Všimněme si totiž, že (n + l)-ní kružnice protíná n předchozích maximálně v 2n průsečících (a tato situace skutečně může nastat). Navíc zřejmě p\ = 2. Pro počet pn tedy dostáváme pk = pn-i + 2(n - 1) = pn-2 + 2(n - 2) + 2(n - 1) = ... n-l = pi + 2i = n2 — n + 2. i=\ □ 1.30. A^a kolik maximálně částí dělí trojrozměrný prostor n koulí? Řešení. Maximální počet yn částí, na které rozdělí n kružnic rovinu je y„ = y„-i + 2(n - 1), yx = 2, tedy yn = n2 - n + 2. Pro maximální počet pn částí, na které potom rozdělí n koulí prostor pak dostáváme rekurentní vztah pn+i = p„+y„, p\ =2, tedy celkem pn = \{n2 - 3n + 8). □ 1.31. Na kolik částí dělí prostor n navzájem různých rovin, které všechny prochází jedním daným bodem? Řešení. Pro hledaný počet xn odvodíme rekurentní formuli x„ = x„-i + 2(n - 1), dále x\ = 2, tedy x„ = n(n — 1) + 2. □ 3. DIFERENČNÍ ROVNICE 21 Dále si procvičme, jak řešit lineární diferenční rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty. Posloupnost vyhovující dané rekurentní rovnici druhého řádu je dána jednoznačně, pokud zadáme navíc nějaké dva její sousední členy. Znovu si povšimněme dalšího využití komplexních čísel: pro určení explicitního vzorce pro n-tý člen posloupnosti reálných čísel můžeme potřebovat výpočty s čísly komplexními (to nastává tehdy, pokud má charakteristický polynom dané diferenční rovnice komplexní kořeny). 1.32. Nalezněte explicitní vzorec pro posloupnost vyhovující následující lineární diferenční rovnici s počátečními podmínkami: xnjr2 = 2xn -\- n, X\ = 2, X2 = 2. Řešení. Zhomogenizovaná rovnice je Xn_|_2 = 2xn. Její charakteristický polynom je x2 — 2, jeho kořeny jsou ±V2. Řešení zhomogenizovaná rovnice je tedy tvaru a(V2)n + b(-V2)n, pro libovolné a,beR. Partikulární řešení budeme hledat metodou neurčitých koeficientů. Nehomogenní část dané rovnice je lineární polynom n, partikulární řešení proto budeme nejprve hledat ve tvaru lineárního polynomu v proměnné n, tedy kn +1, kde k, l el. Dosazením do původní rovnice dostáváme k(n + 2) + l = 2(kn +l)+n. Porovnáním koeficientů u proměnné n na obou stranách rovnice dostáváme vztah k = 2k + 1, tedy k = — 1, porovnáním absolutních členů pak vztah 2k + 1 = 21, tedy l = —2. Celkem je tedy partikulárním řešením je posloupnost —n — 2. Řešení dané nehomogenní diferenční rovnice druhého řádu bez počátečních podmínek jsou tedy tvaru a{~j2)n + b{—~j2)n — n — 2, a, b e R. Nyní dosazením do počátečních podmínek určíme neznámé a, b e R. Pro početní jednoduchost použijeme malého triku: z počátečních podmínek a daného rekurentního vztahu vypočteme člen x0 : x0 = \ (x2 — 0) = 1. Daný rekurentní vztah spolu s podmínkami x0 = 1 a x\ = 1 pak zřejmě splňuje tatáž posloupnost, která splňuje původní 22 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH počáteční podmínky. Máme tedy následující vztahy pro a, b: x0 : a(V2)° + b(-V2)° - 2 = 1, tedy a+b = 3, xi : 42a - V2b = 4, jejichž řešením dostáváme a = 6+54^, b = 6~54^. Řešením je posloupnost ,„ = ^l(yir + ^!(_y2,»-„-2. □ 1.33. Určete reálnou bázi prostoru řešení homogenní diferenční rovnice -"-«+4 = -"-«+3 ~\~ -"-« + 1 Řešení. Charakteristický polynom dané rovnice je x4 — x3 — x + 1. Hledáme-li jeho kořeny, řešíme reciprokou rovnici x4 - x3 - x + 1 = 0 Standardním postupem nejprve vydělíme rovnici výrazem x2 a poté zavedeme substituci t = x + ^, tedy t2 = x2 + + 2. Obdržíme rovnici t2 -t -2 = 0, s kořeny t\ = — 1, t2 = 2. Pro obě tyto hodnoty neznámé t pak řešíme zvlášť rovnici danou substitučním vztahem: 1 x + - = -1. X Ta má dva komplexní kořeny x\ = + = cos(2jt/3) + i sin(27r/3) a x2 = — \ — i^- = cos(27r/3) — i sin(27r/3). Pro druhou hodnotu neznámé t dostáváme rovnici x + - = 2 x s dvojnásobným kořenem 1. Celkem je tedy bazí hledaného vektorového prostoru posloupností, které jsou řešením dané diferenční rovnice, následující čtveřice posloupností: {—\ + iV3}^=l, {—\ — i V3}%Li,WŽĹi (konstantní posloupnost) a {n}^=l. Hledáme-li však reálnou bázi, musíme nahradit dva generátory (posloupnosti) z této báze s komplexními hodnotami generátory reálnými. Protože tyto generátory jsou geometrické řady, jejichž libovolné členy jsou komplexně sdružená čísla, můžeme vzít jako vhodné generátory posloupnosti 3. DIFERENČNÍ ROVNICE 23 dané polovinou součtu, resp. polovinou /-násobku rozdílu, daných komplexních generátorů. Takto dostaneme následující reálnou bázi řešení: {1}^ (konstantní posloupnost), {cos(« • 2tt/3)}^L1, {&m(n-27c/3)}?=1. □ 1.34. Kolik existuje slov délky 12 složených pouze z písmen A a B, které neobsahují skupinu BBB? Řešení. Nechť an značí počet slov délky n složených pouze z písmen A, B, neobsahujících skupinu BBB. Pak pro an (n > 3) platí rekurentní vztah an — an—\ -\- an—2 &n—3> neboť slova délky n splňující danou podmínku musí končit buď na A, nebo na AB, nebo na ABB. Slov končících na A je právě an-\ (před posledním A může být libovolné slovo délky n — 1 splňující danou podmínku. Obdobně pro zbylé dvě skupiny. Dále snadno vyčíslíme a\ = 2, «2 = 4, «3 = 7. Postupným dopočítáním fll2 = 1705. Též bychom mohli odvodit explicitní vzorec pro n-tý člen takto zadané posloupnosti, dle uvedené teorie. Charakteristický polynom dané rekurentní rovnice je x4 — 2x3 — 1 = (x — l)(x3 — x2 — x — 1) s jedním z kořenů 1, ještě jedním reálným a dalšími dvěma komplexními kořeny, které můžeme vyjádřit pomocí vztahů (1). □ 1.35. Skóre basketbalového utkání mezi týmy Česka a Ruska vyznělo po první čtvtině 12 : 9 pro ruský tým. Kolika způsoby se mohlo vyvíjet skóre? Řešení. Označíme-li P(k,i) počet způsobů, kterými se mohlo vyvíjet skóre basketbalového utkání, které skončilo k : l, tak pro k, l > 3 platí rekurentní vztah: P(k,l) = P(k-3,l) + P(k-2,l) + P(k-l,l) + P(k,l-l) + P(k,l-2) + P(k,l-3)- (Způsoby, kterými se mohlo vyvíjet utkání s výsledným skóre k : l rozdělíme na šest po dvou disjunktních podmnožin podle toho, které družstvo vstřelilo koš a za kolik bodů (1, 2, či 3).) Ze symetrie úlohy zřejmě platí P(k,i) = P(i,k) - Dále pro k > 3 platí: P(k, 2) = P(k-3,2) + P(k-2,2) + P(k-l,2) + P(k,l) + P(k,0), P(k,l) = P(k-3,l) + P(k-2,l) + P(k-l,l) + P(k,0), P(k,0) = P(k-3,0) + P(k-2,0) + P(k-l,0), 24 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH což spolu s počátečními podmínkami P(o,o) = l»í*(i,o) = l»í*(2,o) = 2, ^(3,0) = 4, -P(l,l) = 2, -P(2,l) = P(l,l) + P(0,1) + ^(2,0) = 5, P(2,2) = ^(0,2) + ^(1,2) + P(2,i) + P(2,o) = H dává p(12i9) = 497178513. □ Poznámka. Vidíme, že rekurentní vztah v tomto příkladu má složitější formu, než kterou jsme se zabývali v teorii a tudíž neumíme vyčíslit libovolné číslo P(k,i) explicitně, nýbrž pouze postupným výpočtem od počátečních členů. Takové rovnice nazýváme parciální diferenční rovnice, protože členy posloupnosti jsou značeny dvěma nezávislými proměnnými (k, l). 1.36. Určete explicitní vzorec pro n-tý člen jediné posloupnosti {x„ }^ vyhovující následujícím podmínkám: Xn+2 = Xn + \ — Xn, , X\ = 1, X2 = 5. Řešení. xn = 2V3sin(« • (tx/6)) — 4cos(« • (jt/6)). □ 1.37. Určete explicitní vzorec pro n-tý člen jediné posloupnosti {x„ }^ vyhovující následujícím podmínkám: ~xn+3 = 2x„_|_2 + 2x„_|_i +X„, X\ = 1, X2 = 1, X3 = 1. Řešení. xn = —3(—1)" — 2cos(« • (2jt/3)) — 2V3sin(« • ((27r/3)). □ 1.38. Určete explicitní vzorec pro n-tý člen jediné posloupnosti {xn }^ vyhovující následujícím podmínkám: -xn+3 = 3xn+2 + 3x„+i +Xn, X\ = 1, x2 = 1, x3 = 1. Řešení. xn = (-l)n(-2n2 + Sn - 7). □ 4. Pravděpodobnost Klasická pravděpodobnost Uveďme si několik jednoduchých příkladů na klasickou pravděpodobnost, kdy zkoumáme nějaký pokus, který má konečně mnoho možných výsledků („všechny případy") a nás zajímá, kdy výsledek pokusu bude náležet nějaké podmnožině možných výsledků („příznivé případy"). Hledaná pravděpodobnost je pak rovna poměru počtu příznivých případů ku počtu všech případů. Klasickou pravděpodobnost 4. PRAVDĚPODOBNOST 25 můžeme použít tam, kde předpokládáme (víme), že každý z možných výsledků má stejnou pravděpodobnost toho, že nastane (například při hodech kostkou). 1.39. Jaká je pravděpodobnost, že při hodu šestibokou kostkou padne číslo větší než 4 ? 1.40. Všech možných výsledků je šest (tvoří množinu {1, 2, 3, 4, 5, 6}), příznivé možnosti jsou dvě ({5, 6}). Hledaná pravděpodobnost je tedy 2/6 = 1/3. 1.41. Ze skupiny osmi mužů a čtyř žen náhodně vybereme skupinu pěti lidí. Jaká je pravděpodobnost, že v ní budou alespoň tři ženy? Řešení. Pravděpodobnost spočítáme jako podíl počtu příznivých případů ku počtu všech případů. Příznivé případy rozdělíme podle toho, kolik je v náhodně vybrané skupině mužů: mohou v ní být buď dva, nebo jeden muž. Skupinek o pěti lidech s jedním mužem je osm (záleží pouze na výběru muže, ženy v ní musí být všechny), skupinek se dvěma muži je potom c(8, 2)c(4, 3) = (2) (3) (vybereme dva muže z osmi a nezávisle na tom tři ženy ze čtyř, tyto dva výběry můžeme nezávisle kombinovat a podle pravidla součinu dostáváme uvedený počet skupin). Všech možných skupin o pěti lidech pak můžeme sestavit 5 j. Hledaná pravděpodobnost je tedy (?) ' □ 1.42. Do výtahu osmipatrové budovy nastoupilo 5 osob. Každá z nich vystoupí se stejnou pravděpodobností v libovolném poschodí. Jaká je pravděpodobnost, že vystoupí (1) všichni v šestém poschodí, (2) všichni ve stejném poschodí, (3) každý v jiném poschodí? Řešení. Základní prostor všech možných jevů je prostor všech možných způsobů vystoupení 5 osob z výtahu. Těch je 85. V prvním případě je jediná příznivá možnost vystoupení, hledaná pravděpodobnost je tedy ^, ve druhém případě máme osm možností, hledaná pravděpodobnost je tedy ^ a konečně ve třetím je počet příznivých případů dán pětiprvkovou variací z osmi prvků (z osmi pater vybíráme pět, ve kterých se vystoupí a dále kteří lidé vystoupí ve 26 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH vybraných poschodích), celkem je hledaná pravděpodobnost ve třetím případě rovna (viz ?? a ??) v(5, 8) V(5, 8) = 0, 2050781250. □ Uveďme si příklad nevhodného použití klasické pravděpodobnosti: 1.43. Jaká je pravděpodobnost toho, že čtenář této úlohy vyhraje příští týden alespoň milión dolarů v loterii? Řešení. Základní prostor všech možný jevů je dvouprvkový: buď vyhraje nebo nevyhraje. Příznivý jev je jeden (vyhraje), hledaná pravděpodobnost je tedy 1 /2. □ Poznámka. V předchozím příkladě je porušena základní podmínka použití klasické pravděpodobnosti, totiž to, že každý z možných výsledků má stejnou pravděpodobnost toho, že nastane. 1.44. Do řady v kině o 2n místech je náhodně rozmístěno n mužů a n žen. Jaká je pravděpodobnost, že žádné dvě osoby stejného pohlaví nebudou sedět vedle sebe? Řešení. Všech možných rozmístění lidí v řadě je (2n)\, rozmístění splňujících podmínky je 2(n\)2 (máme dvě možnosti výběru pozice mužů, tedy i žen, na nich jsou pak muži i ženy rozmístěny libovolně). Výsledná pravděpodobnost je tedy 2(n\)2 p(n) = ——, p{2) = 0, 33, p(5) = 0, 0079, p(8) = 0, 00016. (2n)\ □ 1.45. Náhodně vybereme celé kladné číslo menší než 105. Jaká je pravděpodobnost, že bude složeno pouze z cifer 0, 1,5a zároveň bude dělitelné číslem 5 ? Řešení. Čísel spňujích danou podmínku je 2 • 34 — 1 (kromě poslední cifry máme na každý řád na výběr ze tří cifer, případné číslice 0 na začátku slova nepíšeme. Všech celých kladných čísel menších než 105 je 105 — 1, podle klasické pravděpodobnosti dostáváme, že hledaná n o 4_ 1 pravděpodobnost je ■ □ Ukažme si ještě pěkné použití principu inkluze a exkluze: 1.46. Sekretářka má rozeslat pět dopisů pěti různým lidem. Dopisy pro různé adresáty vkládá do obálek s adresami náhodně. Jaká je pravděpodobnost, že alespoň jeden člověk dostane dopis určený pro něj? 4. PRAVDĚPODOBNOST 27 Řešení. Spočítejme pravděpodobnost jevu opačného, tedy toho, že ani jeden člověk neobdrží správný dopis. Stavový prostor všech možných jevů odpovídá všem možným pořadím pěti prvků (obálek). Ozna-číme-li jak obálky tak dopisy čísly od jedné do pěti, tak všechny příznivé jevy (tedy žádný dopis nepřijde do obálky se stejným číslem) odpovídají takovým pořadím pěti prvků, kdy z-tý prvek není na z-tém místě (z = 1, ..., 5), tzv. pořadím bez pevného bodu. Jejich počet spočítáme pomocí principu inkluze a exkluze. Označíme-li M; množinu permutací s pevným bodem z (permutace v M; ale mohou mít i jiné pevné body), tak výsledný počet d permutací bez pevného bodu je roven £/ = 5!-|MiU---UM5| Počet prvků průniku \Mh n • • • n Mik\, k = 1, ..., 5, je (5 - k)\ (pořadí prvků z'i, ..., ik je pevně dáno, ostatních 5 — k prvků řadíme libovolně). Podle principu inkluze a exkluze je |MiU...UM5| = ^(-l)K+1( , )(5-*)! k=l a tedy pro hledaný počet d dostáváme vztah 5!-D-l>'+,Q<»-*>> k=0 v 7 k=0 Pravděpodobnost toho, že žádný člověk neobdrží „svůj" dopis je tedy (-1)' k=0 a hledaná pravděpodobnost pak (-1)* 19 ■-E k=0 k\ 30' □ Poznámka. Všimněme si, že odpověď na stejnou otázku, se s rostoucím počtem dopisů příliš nemění. Pro n dopisů je pravděpodobnost, že sekretářka nedá žádný do správné obálky t— k\ e k=0 28 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH jak totiž uvidíme později, uvedená suma konverguje (blíží se) k hodnotě 1/e. 1.47. Další principy počítání s pravděpodobnostmi. Vraťme se k házení kostkou a zkusme popsat jevy ze základního prostoru Q vznikající při házení tak dlouho, dokud nepadne šestka, ne však více než stokrát. Pro jeden hod samostatně je základním prostorem šest čísel od jedné do šesti a jde o klasickou pravděpodobnost. Pro celé série našich hodů bude základní prostor daleko větší - bude to množina konečných posloupností čísel od jedné do šestky, které buď končí šestkou, mají nejvýše 100 členů a všechna předchozí čísla jsou menší než šest, nebo jde o 100 čísel od jedné do pěti. Jevem A může být např. podmnožina „házení končí druhým pokusem". Všechny příznivé elementární jevy pak jsou [1,6], [2,6], [3,6], [4,6], [5,6]. Ze známé klasické pravděpodobnosti pro jednotlivé hody umíme odvodit pravděpodobnosti našich jevů v Q. Není to ale jistě klasická pravděpodobnost. Tak pro diskutovaný jev chceme popsat, s jakou pravděpodobností nepadne šestka při prvém hodu a zároveň padne při druhém. Vnucuje se řešení 5 1 5 P(A) =---= —, 6 6 36 protože v prvém hodu padne s pravděpodobností 1 — ^ jiné číslo než šest a druhý hod, ve kterém naopak požadujeme šestku, je zcela nezávislý na prvním. Samozřejmě toto není poměr počtu příznivých výsledků k velikosti celého stavového prostoru! Obecněji můžeme říci, že po právě 1 < k < 100 hodech pokus skončí s pravděpodobností (I)*-1 • \ - Ze všech možností je tedy nejpravděpodobnější, že skončí již napoprvé. Jiný příklad, jak z házení kostkou dostat různě pravděpodobné jevy je pozorovat součty při hodu více kostkami. Uvažujme takto: při hodu jednou kostkou je každý výsledek stejně pravděpodobný s pravděpodobností ^. Při hodu dvěmi kostkami je každý předem zvolený výsledek (a, b),t). dvojice přirozených čísel od jedné do šesti (včetně pořadí), stejně pravděpodobný s pravděpodobností ^. Pokud se budeme ptát po dvou pětkách, je tedy pravděpodobnost poloviční než u dvou různých hodnot bez uvedení pořadí. Pro jednotlivé možné součty uvedené v horním řádku nám vychází počet možností v řádku 4. PRAVDĚPODOBNOST 29 dolním: | Součet | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | | Počet |1|2|3|4|5|6|5|4| 3 | 2 | 1 | Podobně vyjde pravděpodobnost ^ jednotlivých výsledků hodu třemi kostkami, včetně určeného pořadí. Pokud se budeme ptát na pravděpodobnost výsledného součtu při hodu více kostkami, musíme pouze určit, kolik je možností, jak daného součtu dosáhnout a příslušné pravděpodobnosti sečíst. 1.48. Ze sáčku s pěti bílými a pěti červenými koulemi náhodně vytáhneme tři (koule do sáčku nevracíme). J aká je pravděpodobnost, ze dvě budou bílé a jedna červená? Řešení. Rozdělme uvažovaný jev na sjednocení tří disjunktních jevů: podle toho, kolikátou vytáhneme červenou kouli. Pravděpodobnosti, že vytáhneme koule přesně ve zvoleném pořadí jsou: 5-|-f»5-|-5» I.f.I. Celkem Jiné řešení.. Uvažme počet všech možných trojic vytažených koulí (koule jsou mezi sebou rozlišitelné), tedy (g0). Trojic, které obsahují právě dvě bílé kouleje potom (^) • (^) (dvě bílé koule můžeme vytáhnout (^) způsoby, k nim pak červenou pěti způsoby). □ 1.49. Z klobouku, ve kterém je pět bílých, pět červených a šest černých koulí, náhodně vytahujeme koule (bez vracení). Jaká je pravděpodobnost, ze pátá vytažená koule bude černá? Řešení. Spočítáme dokonce obecnější úlohu. Totiž pravděpodobnost toho, že z-tá vytažená koule bude černá, je stejná pro všechna i, 1 < i < 16. Můžeme si totiž představit, že vytáhneme postupně všechny koule. Každá taková posloupnost vytažených koulí (od první vytažené koule po poslední), složená z pěti bílých, pěti červených a šesti černých koulí, má stejnou pravděpodobnost vytažení a pro výpočet hledané pravděpodobnosti můžeme opět použít model klasické pravděpodobnosti. Zmíněných posloupností je P(5,5, 6) = 575^57-Počet posloupností, kde na /-těm místě je černá koule, zbytek libovolný je je tolik, kolik je libovolých posloupností pěti bílých, pěti červených a pěti černých koulí, tedy P (5, 5, 5) = 5,3757) Celkem tedy je hledaná pravděpodobnost 30 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH □ 1.50. V jisté zemi mají parlament, ve kterém zasedá 200 poslanců. Dvě hlavní politické strany, které v zemi existují si při „ volbách " házejí o každý poslanecký mandát zvlášť mincí. Každá z těchto stran má přidělenu jednu stranu mince. Té straně, jejíž strana mince padne, náleží mandát, o který se právě losovalo. Jaká je pravděpodobnost, že každá ze stran získá 100 mandátů? (mince je „poctivá") Řešení. Všech možných výsledků losování (uvažovaných jako dvou-setčlenné posloupnosti rubů a líců) je 2200. Pokud každá strana získá právě sto mandátů, je ve vylosované posloupnosti právě sto líců a sto rubů. Takových posloupností je (^) (taková posloupnost je jednoznačně určená výběrem sto členů z dvě sta možných, na kterých budou např. líce). Celkem je hledaná pravděpodobnost am\ 200! vioo/ íooi-ioo! • n rKA -jim = ^205- = °' °56- □ 1.3. Poznámka. Všimněme si, že v předchozím příkladu jsme mimochodem kombinatoricky dokázali (jednoduchou) nerovnost '200\ 2200 100/ resp. malým zobecněním dokonce pro libovolná k, n e N, k < n Následující příklad je jednoduchým modelem, který odhaduje pravděpodobnost úmrtí osoby při dopravní nehodě. 1.51. Ročně zahyne na silnicích v CR přibližně 1200 českých občanů. Určete pravděpodobnost, že někdo z vybrané skupiny pěti set Cechů zemře v následujících deseti letech při dopravní nehodě. Předpokládejte pro zjednodušení, že každý občan má v jednom roce stejnou „šanci" zemřít při dopravní nehodě a to 1200/107. Řešení. Spočítejme nejprve pravděpodobnost, že jeden vybraný člověk v následujících deseti letech nezahyne na při dopravní nehodě. Pravděpodobnost, že nezahyne v jednom roce, je (1 — j^). Pravděpodobnost, že nezahyne v následujících deseti letech, je pak (1 — y;|-)10-Pravděpodobnost, že v následujících deseti letech nezahyne nikdo z daných pěti set lidí, je opět podle pravidla součinu (jedná se o nezávislé jevy) (1 — y^-)5000. Pravděpodobnost jevu opačného, tedy toho, 4. PRAVDĚPODOBNOST 31 že někdo z vybraných pěti set lidí zahyne, je tedy □ Poznámka. Model, který jsme použili v předchozím příkladu k popisu zadané situace, je pouze přibližný. Problém spočívá v podmínce, že každý občan z vyšetřovaného vzorku má stejnou pravděpodobnost toho, že v průběhu roku zahyne, kterou jsme odhadli z počtu usmrcených osob za rok. Počet tragických nehod se totiž rok od roku mění a i kdyby se neměnil, tak se mění populace. Ukažme si jednu s nepřesností příkladu na jiném způsobu řešení: zahyne-li 1200 osob za rok, tak za deset let zahyne 12000. Pravděpodobnost toho, že konkrétní člověk zahyne v průběhu deseti let tedy můžeme odhadnout i zlomkem 12000/107. Pravděpodobnost, že konkrétní osoba nezahyne v průběhu 10 let je tedy (1 — y^) (to jsou první dva členy binomického rozvoje (1 — y^-)10)- Celkem dostáváme anolagicky jako v předchozím řešení odhad pravděpodobnosti Vidíme, že oba odhady jsou velmi blízké. Snaha použít matematických znalostí k výhře v nejrůznějších hazardních hrách je velmi stará. Podívejme se na jednoduchý příklad. 1.52. Alešovi zbylo 2500 Kč z pořádání tábora. Aleš není žádný ňou-ma: 50 Kč přidal z kasičky a rozhodl se jít hrát ruletu na automaty. Aleš sází pouze na barvu. Pravděpodobnost výhry při sázce na barvu je 18/37. Začíná sázet na 10 Kč a pokud prohraje, v další sázce vsadí dvojnásobek toho, co v předchozí (pokud na to ještě má, pokud ne, tak končí s hrou — byť by měl ještě peníze na nějakou menší sázku). Pokud nějakou sázku vyhraje, v následující sázce hraje opět o 10 Kč. Jaká je pravděpodobnost, že při tomto postupu vyhraje dalších 2550 Kč? (jakmile bude 2500 Kč v plusu, tak končí) Řešení. Nejprve spočítejme, kolikrát po sobě může Aleš prohrát. Za-číná-li s 10 Kč, tak na n vsazení potřebuje Jak snadno nahlédneme, číslo 2550 je tvaru 10(2" — 1) a to pro n = 8. Aleš tedy může sázet osmkrát po sobě bez ohledu na výsledek sázky, na devět sázek by potřeboval již 10(29 — 1) = 5110 Kč a to v průběhu n-l i=0 32 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH hry nikdy mít nebude (jakmile bude mít 5100 Kč, tak končí). Aby tedy jeho hra skončila neúspěchem, musel by prohrát osmkrát v řadě. Pravděpodobnost prohry při jedné sázce je 19/37, pravděpodbnost prohry v osmi po sobě následujících (nezávislých) sázkách je tedy (19/37)8. Pravděpodobnost, že v těchto osmi hrách vyhraje 10 Kč (při daném postupu) je tedy 1 — (19/37)8. Na to, aby vyhrál 2500 Kč, potřebuje 255 krát vyhrát po desetikoruně. Tedy opět podle pravidla součinu je pravděpodobnost výhry 255 1 _ ( ) I = 0, 29. Tedy pravděpodobnost výhry je nižší, než kdyby vsadil rovnou vše na jednu barvu. □ 1.53. Samostatně si můžete vyzkoušet spočítat předchozí příklad za předpokladu, že Aleš sází stejnou metodou jako v předchozím příkladě, končí však až v okamžiku, kdy nemá žádné peníze (pokud nemá na vsazení dvojnásobku částky prohrané v předchozí sázce, ale má ještě nějaké peníze, začíná sázet znovu od IQ Kč). 1.54. Podmíněná pravděpodobnost. 1.55. Jaká je pravděpodobnost toho, že při hodu dvěma kostkami padne součet 7, víme-li, že ani na jedné z kostek nepadlo číslo 2. Řešení. Označme jev, že ani na jedné kostce nepadne dvojka jako B, jev „padne součet 7" jako A. Množinu všech možných výsledků budeme značit opět jako Q. Pak P(Ar)B) |Ans| P(A\B) -- 11 P(B) Jg \B\ Číslo 7 může padnout čtyřmi různými způsoby, pokud nepadne dvojka, tedy\A n B\ = 4, \B\ = 5 ■ 5 = 25, tedy 4 P(A\B) = —. V 1 ' 25 Všimněme si, že P (A) = ^, tedy jevy A a S jsou závislé. □ 1.56. Michal má dvě poštovní schránky, jednu na gmail.com a jednu na seznam.cz. Uživatelské jméno má stejné na obou serverech, hesla různá (ale nepamatuje si, které heslo má na kterém serveru). Při zadávání hesla při přístupu do schránky se splete s pravděpodobností 1/20 (tj. jestliže chce napsat zadat jemu známé slovo jako heslo, tak jej spravděpodobností95% skutečně správně na klávesnici zadá). Michal 4. PRAVDĚPODOBNOST 33 zadal na serveru seznam.cz jméno a heslo a server mu oznámil, že něco není vpořádku. Jaká je pravděpodobnost, že chtěl zadat správné heslo, ale pouze se „překlepnul" při zadávání? (Předpokládáme, že uživatelské jméno zadá vždy bez chyby.) Řešení. Označme A jev, že Michal fyzicky zadal na serveru seznam.cz špatné heslo. Tento jev je sjednocením dvou disjunktních jevů: A\ : chtěl zadat správné heslo a přepsal se, A2 : chtěl zadat špatné heslo (to z gmail.com) a buď se přepsal nebo ne. Hledáme tedy podmíněnou pravděpodobnost P(A\\A), ta je podle vztahu pro podmíněnou pravděpodobnost rovna: P(AiHA) P(Ai) P(Ai) P(Ai|A) = —-- =-—— =-—-, P (A) P(AlUA2) P(A0 + P(A2) potřebujeme tedy určit pravděpodobnosti P(Ai) a P(A2). Jev A\ je konjunkcí (průnikem) dvou nezávislých jevů: Michal chtěl zadat správné heslo a Michal se při zadávání přepsal. Dle zadání je pravděpodobnost prvního z nich 1/2, druhého 1/20, celkem P(Ai) = \-2j) = ^ (pravděpodobnosti násobíme, protože se jedná o nezávislé jevy). Dále je ze zadání P(A2) = \. Celkem P (A) = P(AX) + P(A2) = _L _1_ I — 21 40 2 ~ 40' ďk + \ = %' a můžeme vyčíslit: P(Ai|A) = —— = £ = —. P (A) % 21 □ 1.57. Geometrická pravděpodobnost. Metodu geometrické pravděpodobnosti můžeme použít v případě, že daný jevový prostor sestává z nekonečně mnoha elementárních jevů, které dohromady vyplňují nějakou oblast na přímce, rovnině, prostoru (u které umíme určit její délku, obsah, objem, ...) a předpokládáme, že pravděpodobnost, že nastane elementární jev z určité podblasti je rovna poměru její velikosti (délce, obsahu,...) k velikosti celého jevového prostoru. 1.58. Z Těšína vyjíždí vlaky co půl hodinu (směrem na Bohumín) a z tohoto směru přijíždějí také každé půl hodiny. Předpokládejme, že vlaky se mezi těmito dvěma stanicemi pohybují rovnoměrnou rychostí 72 km/h a jsou dlouhé 100 metrů, cesta trvá 30 minut, vlaky se míjejí někde na trase. Hazardér Jarda si vybere jeden z těchto vlaků a během cesty z Těšína do Bohumína náhodně vystrčí hlavu z okna na pět vteřin nad kolejiště pro protější směr. Jaká je pravděpodobnost, že mu bude 34 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH uražena? (Předpokládáme, že jiné než zmíněné vlaky na trati nejezdí) Řešení. Vzájemná rychlost protijedoucích vlaků je 40m/s, protijedoucí vlak mine Jardovo okno za dvě a půl sekundy. Prostor všech možností je tedy interval (0, 1800s), prostor „příznivých" možností je potom interval délky 7, 5 s ležící někde uvnitř předchozí úsečky. Pravděpodobnost uražení hlavy je tedy 7, 5/1800 = 0, 004. □ 1.59. Jednou denně někdy mezi osmou hodinou ranní a osmou hodin-nou večerní vyjíždí náhodně autobus z Koločavy do Užhorodu. Jednou denně ve stejném časovém rozmezí jezdí jiný autobus náhodně opačným směrem. Cesta tam trvá pět hodin, zpět též pět hodin. Jaká je pravděpodobnost, že se autobusy potkají, jezdí-li po stejné trase? Řešení. Prostor všech možných jevů je čtverec 12 x 12, Označíme-li doby odjezdu obou autobusů x, resp. y, pak se tyto na trase potkají právě když \x — y\ < 5. Tato nerovnost vymezuje v daném čtverci oblast „příznivých jevů". Obsah zbylé části spočítáme přímo jednodušeji, neboťje sjednocením dvou pravoúhlých rovnoramenných trojúhelníků o odvěsnách délky 7, tedy je roven 49, obsah části odpovídající „příznivým jevům" je tedy 144 — 49 = 95, celkem je hledaná pravděpodobnost p = -j^ = 0, 66. □ 1.60. Mirek vyjede náhodně mezi desátou hodinou dopolední a osmou hodinou večerní z Brna do Prahy. Marek vyjede náhodně ve stejném intervalu z Prahy do Brna. Oběma trvá cesta 2h. Jaká je pravděpodobnost, že se po cestě potkají (jezdí po stejné trase). Cesta trvá oběma 2h. Řešení. Řešíme naprosto analogicky jako v předchozím příkladě. Prostor všech možných jevů je čtverec 10 x 10, Mirek vyjíždějící v čase x, potká Marka vyjíždějícího v čase y právě když \x — y\ < 2. Tato nerovnost vymezuje v daném čtverci oblast „příznivých jevů". Obsah zbylé části spočítáme přímo jednodušeji, neboťje sjednocením dvou pravoúhlých rovnoramenných trojúhelníků o odvěsnách 8, tedy je roven 64, obsah části odpovídající „příznivým jevům" je tedy 36, celkem je hledaná pravděpodobnost p = ^ = ^ = 0, 36. □ 4. PRAVDĚPODOBNOST 35 1.61. Dvoumetrová tyč je náhodně rozdělena na tři díly. Určete pravděpodobnost, ze alespoň jeden díl bude nejvýše 20 cm dlouhý. Řešení. Náhodné rozdělení tyče na tři díly je dáno dvěma body řezu, čísly x a y (nejprve tyč rozřízneme ve vzdálenosti x od počátku, nehýbeme s ní a dále ji rozřízneme ve vzdálenosti y od počátku). Pravděpodobnostní prostor je tedy čtverec C o straně 2m. Umístíme -li čtverec C tak, aby dvě jeho strany ležely na kartézských osách v rovině, tak podmínka, že alespoň jeden díl má být nejvýše 20 cm dlouhý, nám vymezuje ve čtverci následující oblast O: O = {(x, y) e C\(x < 20) v (x > 180) v (y < 20) v (y > 180) V(|x-y|)<20}. Jak snadno nahlédneme, zaujímá takto vymezená oblast ^ obsahu čtverce. □ 1.62. Dvoumetrová tyč je náhodně rozdělena na tři díly. Určete pravděpodobnost, že ze vzniklých dílů půjde sestavit trojúhelník. Řešení. Rozdělení tyče je dáno stejně jako v předchozím příkladě body řezu x a y a jevovým prostorem je opět čtverec 2x2. Aby z částí bylo možno sestavit trojúhelník, musejí jejich délky splňovat tzv. trojúhelníkové nerovnosti, tedy součet délek libovolných dvou částí musí být větší než délka třetí části. Vzhledem k tomu, že součet délek je roven 2m, je tato podmínka ekvivalentní podmínce, že každá s částí musí být menší než 1 m. To pomocí řezů x a y vyjádříme tak, že nesmí platit současně x < 1 a y < 1 nebo současně x > 1 a y > 1 (odpovídá podmínkám, že krajní díly tyče jsou menší než 1), navíc \x — y\ < 1 (prostřední díl musí být menší nezjedná). Tyto podmínky splňuje vyšrafovaná oblast na obrázku a jak snadno nahlédneme, její obsah je 1/4. □ 1.63. Z Brna vyrazí náhodně někdy mezi polednem a čtvrtou hodinou odpolední Honza autem do Prahy a opačným směrem někdy ve stejném intervalu autem Martin. Oba si dávají půl hodiny pauzu v motorestu v polovině cesty (přístupném pro oba směry). Jaká je pravděpodobnost, Že se tam potkají, jezdí-li Honza rychlostí 150 km/h, a Martin 100 km/h? (Vzdálenost Brno-Praha je 200 km) 36 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH Řešení. Označíme-li dobu odjezdu Martina x a dobu odjezdu Honzy y a pro menší výskyt zlomků v následujících výpočtech zvolíme za jednotku deset minut, tak stavovým prostorem bude čtverec 24 x 24. Doba příjezdu Martina do motorestu je x + 6, do příjezdu Honzy (x +4). Stejně jako v předchozím příkladu to, že se v motorestu potkají je ekvivalentní tomu, že doby jejich příjezdu se neliší o více než o půl hodiny, tedy \(x + 6) — (y + 4)| < 3. Tato podmínka nám pak ve stavovém čtverci vymezuje oblast o obsahu 242 — ^(232 + 192) (viz obr.) a hledaná pravděpodobnost je 242 - i(232 + 192) 131 0,227 242 576 □ 1.64. Mirek a Marek chodí na obědy do univerzitní menzy. Menza má otevřeno od llh do 14h. Kazdy z nich stráví na obědě půl hodiny a dobu příchodu (mezi llh a 14h) si vybírá náhodně. J aká je pravděpodobnost, že se na obědě v daný den potkají, sedávají-li oba u stejného stolu? Řešení. Prostor všech možných jevů je čtverec 3x3. Označíme-li x dobu příchodu Mirka a y dobu příchodu Marka, tak tito se potkají, právě když \x — y\ < 1/2. Tato nerovnost vymezuje ve čtverci možných událostí oblast, jejíž obsah je roven 11/38 obsahu čtverce. Tomuto zlomku je tedy rovna i hledaná pravděpodobnost. □ 5. Geometrie v rovině 1.65. Je dána přímka p : [2,0] +ř(3,2). Určete její obecnou rovnici a nalezněte průnik s přímkou q : [-1,2]+í(1, 3). Řešení. Souřadnice bodů na přímce jsou dány dle daného parametrického zadání jako x = 2 + 3ŕay = 0 + 2ř. Vyloučením parametru t ze soustavy těchto dvou rovnic dostáváme obecnou rovnici přímky p: 2x - 3y - 4 = 0. Průnik s přímkou q získáme dosazením parametrického vyjádření bodů na úsečce q, tedy x = —1+sa.y = 2 + 3s, do obecné rovnice 5. GEOMETRIE V ROVINĚ 37 přímky p: 2(-1 + 5)-3(2 + 3í)-4 = 0, odkud s = —12/7 a dosazením do parametrického vyjádření úsečky q dostáváme souřadnice průsečíku P: □ 1.66. Uvažujme rovinu M2 se standardní soustavou souřadnic. Z počátku [0, 0] je vyslán laserový paprsek ve směru (3, 1). Dopadne na zrcadlovou přímku p danou parametricky jako p : [4,3] + ŕ(-2, 1), a poté se odrazí (úhel dopadu je shodný s úhlem odrazu). V jakém bodě dopadne odražený paprsek na přímku q, danou parametricky jako q : [7,-10]+f (-1,6)? Řešení. Směr paprsku svírá s přímkou p úhel 45°, odražený paprsek tedy bude kolmý na dopadající, jeho směrový vektor bude (1, —3) (Pozor na orientaci! Daný směrový vektor můžeme též získat například zrcadlením podle kolmého vektoru k přímce p). Paprsek dopadne v bodě [6,2], odražený paprsek tedy bude mít rovnici [6,2] + f (1, -3), ř > 0. Průnik přímky dané odraženým paprskem s přímkou q je bod [4, 8], což je mimo polopřímku, která je daná odraženým paprskem (ř = —2). Odražený paprsek tedy přímku q neprotne. □ 1.67. Z bodu [—2, 0] vyrazila v pravé poledne konstantní rychlostí \ms~l ve směru (3, 2) úsečka délky 1. Rovněž v poledne vyrazila z bodu [5, —2] druhá úsečka délky 1 ve směru (—1, 1), ovšem dvojnásobnou rychlostí. Srazí se? Řešení. Přímky, po kterých se pohybují dané úsečky, můžeme popsat parametrickým vyjádřením: p : [-2,0] + r(3,2) q : [5,-2]+5(-l, 1), Obecná rovnice přímky p je 2x - 3y + 4 = 0. 38 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH Dosazením parametrického vyjádření přímky q získáme průsečík P = [1,2]. Nyní se snažme zvolit jediný parametr t pro obě úsečky tak, aby nám odpovídající bod na přímkách p, resp. q, popisoval polohu počátku první, resp. druhé, úsečky v čase t. V čase Oje první úsečka v bodě [—2, 0], druhá v bodě [5, —2]. Za čas t sekund urazí první t jednotek délky ve směru (3, 2) druhá pak 2t jednotek délky ve směru (—1, 1). Odpovídající parametrizace jsou tedy p : [-2,0]+ -^=(3,2), V13 q [5, -2] +V2ř(-1, 1), Počátek první úsečky dorazí do bodu [1, 2] v čase t\ = >/T3 s , počátek druhé úsečky v čase t = 2\[2s, tedy více než o půl vteřiny dříve. Tedy v době, kdy dorazí do průsečíku P počátek první úsečky, bude již konec druhé úsečky pryč a úsečky se tak nesrazí. □ 1.68. Viditelnost stran trojúhelníka. Je dán trojúhelník s vrcholy A = [5, 6], B = [7, 8], C = [5, 8]. Určete, které jeho strany je vidět z bodu [0, 1]. Řešení. Uspořádáme vrcholy v kladném smyslu, tedy proti směru hodinových ručiček: [5, 6], [7, 8], [5, 8]. Pomocí příslušných determinantů určíme, je-li bod [0, 1] „nalevo" či „napravo" od jednotlivých stran trojúhelníka uvažovaných jako orientované úsečky, 7 5 > 0 5 5 < 0 5 7 7 7 7 5 5 7 = 0. Z nulovosti posledního determinantu vidíme, že body [0, 1], [5, 6] a [7, 8] leží na přímce, stranu AC tedy nevidíme. Stranu BC rovněž tak nevidíme, narozdíl od strany AS. □ 1.69. Určete, které strany čtyřúhelníka s vrcholy A = [95, 99], B = [130, 106], C = [40, 60], D = [130, 120]. j'sou viditelné z bodu [2, 0]. Řešení. Nejprve je třeba určit strany čtyřúhelníka („správné" pořadí vrcholů): ACBD. Po spočítání příslušných determinantů (viz přednáška) zjistíme, že jsou vidět pouze strana CB. □ 1.70. Rovinný fotbalista vystřelí míč z bodu F = [1,0] ve směru (3, 4) na bránu (úsečku) ohraničenou body A = [23, 36] a B = [26, 30]. Směřuje míč do brány? 5. GEOMETRIE V ROVINĚ 39 Řešení. Vzhledem k tomu, že se situace odehrává v prvním kvadrantu, stačí uvažovat směrnice vektorů FA, (3,4), FB. Tvoří-li (v tomto pořadí) buďrostoucí nebo klesající posloupnost, míč směřuje na bránu. Tato posloupnost je 36/22, 4/3, 30/25, což je klesající posloupnost, míč tedy směřuje do brány. □ 1.71. Určete obsah čtyřúhelníka ABC D s vrcholy A = [1,0], B = [11, 13], C = [2, 5] a D = [-2, -5]. Řešení. Rozdělíme na dva trojúhelníky ABC a ACD. Jejich obsahy pak spočítáme pomocí patřičných determinantů, viz ?? 47 T" □ 1.72. Buď dán pravidelný šestiúhelník ABC DE F (vrcholy jsou označeny pořade v kladném smyslu) se středem v bodě [1,0] a vrcholem A = [0, 2] Určete souřadnice vrcholu C. Řešení. Souřadnice vrcholu C získáme otočením bodu A okolo středu S šestiúhelníka o 120° v kladném smyslu: _ Wl20°) - sin(120°)\ _ L ~ Uin(120°) cos(120°)7iL b) + b ~ + [1,0] = [^-V3,-1-^]. 1 1 5 1 1 5 2 10 13 + 2 -3 -5 □ 1.73. Buď dán rovnostranný trojúhelník s vrcholy [1, 0] a [0, 1] ležící celý v prvním kvadrantu. Určete souřadnice jeho třetího vrcholu. Řešení. Třetí souřadnice [5 + \ + ^] (otáčíme o bod [0, 1] o 60° kolem bodu [0, 1] v kladném smyslu). □ 1.74. Určete souřadnice vrcholů trojúhelníka, který vznikne otočením rovnostranného trojúhelníka, jehož dva vrcholy jsou A = [1, 1] a B = [2, 3] (třetí pak v polorovině dané přímkou AB a bodem S = [0, 0]) o 60° v kladném smyslu kolem bodu S. Řešení. Třetí vrchol trojúhelníka dostaneme např. otočením o 60° jednoho z vrcholů kolem druhého (ve správném smyslu). Hledané body mají souřadnice [—|V3, V3 - \], [\ - ^V3, \°J3 + \], [1 -|V3,V3 + |]. □ 40 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH 1.75. Určete obsah trojúhelníka A2A3A11, kde AqA\ ... Au jsou vrcholy pravidelného dvanáctiúhelníka vepsaného do kružnice o polomeru 1. Řešení. Vrcholy dvanáctiúhelníka můžeme ztotožnit s dvanáctými odmocninami z čísla 1 v komplexní rovině. Zvolíme-li navíc A0 = 1, pak můžeme psát Ak = cos(2&7r/12) + i sin(2^7r/12). Pro vrcholy zkoumaného trojúhelníka máme: A2 = cos(7r/3) + / sin(7r/3) = 1/2 + z'V3/2, A3 = cos(7r/2) + i sin(7r/2) = i, Au = cos(—it/6) + i sin(—Tt/6) = V3/2 — i/2, neboli souřadnice těchto bodů v kom-plexnírovninějsouA2 = [1/2, VŠ/2], A3 = [0, l],An = [VŠ/2, -\] Podle vzorce pro obsah trojúhelníka je potom hledaný obsah S roven 3 - 73 1 A2 1 2 A3 ~ 2 1 _ VJ 1 i Vš 2 2 2 2 _ VJ 3 2 2 □ 1.76. Určete odchylku cp úhlopříček A3A7 a A5A10 pravidelného dvanáctiúhelníka AqA\ A2.... Řešení. Odchylka nezávisí na velikosti daného dvanáctiúhelníka. Volme dvanáctiúhelník vepsaný do kružnice o poloměru 1. Jako v předchozím příkladě určíme souřadnice jeho vrcholů a podle vzorce snadno dopočítáme, že cos(co) = —,1 , tedy a = 15°. 2V2+V3 Jiné řešení Úlohu lze řešit čistě metodami syntetické geometrie: označíme S střed dvanáctiúhelníka a T průsečík úhlopříček A3 A7 a A5A10 Nyní IZA7A5A10I = 45° (obvodový úhel příslušný středovému úhlu A7SA10, který je pravý), dále IZA5A7A3I = 30° (obvodový úhel příslušný středovému úhlu A55A3, jehož velikost je 60°). Velikost úhlu A5TA7 je pak dopňkem výše zmíněných úhlů do 180°, tedy je rovna 105°. Hledaná odchylka je pak 180° - 105° = 75°. □ 1.77. Najděte matice A takové, že Nápověda: jaké geometrické zobrazení v rovině zadává matice A2 ? Řešení. A2 je matice rotace o 60° v kladném smyslu, takže hledané matice jsou A = ±(í ?)• tj. jsou to matice rotace o 30°, resp. o 210°. □ 5. GEOMETRIE V ROVINĚ 41 1.78. Rovnoběžníková rovnost. Dokazme jako ilustraci našich nástrojů tzv. „rovnobežníkovou rovnost": Jsou-li u, v e M2, pak: 2(\\u\\2+\\v\\2) = \\u + v\\2+\\u-v\\2. Neboli součet druhých mocnin délek úhlopříček rovnoběžníka je roven dvojnásobku součtu druhých mocnin délek jeho stran. Řešení. Rozepsáním obou stran do souřadnic u = (w 1,1*2), v = (v\, V2) obdržíme: 2(INI2+IMI2) = = 2(u\ + u\ + v\ + uf) 0 0 0 0 0 = Ux + 2U\V\ + Vx + U2+ 2«2l;2 + v2 + u\ ~ 2U\V\ + + v\ + u\ — 2U2V2 + v\ = (ui + vi)2 + (u2 + v2)2 + (ui - vi)2 + (u2 - v2)2 = 11^ -h ^ll2 -h 11« — ^ll2. □ 1.79. Ukažte, že složením lichého počtu středových symetrií v rovině dostaneme opět středovou symetrii. Řešení. Středovou symetrii v rovině se středem S reprezentujme předpisem X S - (X - S), neboli X 25 - X. (Obraz bodu X ve středové symetrii podle středu S dostaneme tak, že k souřadnicím bodu S přičteme souřadnice vektoru opačného k vektoru X — S.) Postupnou aplikací tří středových symetrií se středy 5, T a U tak dostáváme X 25 - X 2T - (25 - X) ^ 2U - (2T - (25 - X)) = 2(U - T + 5) - X, celkem X ^ 2(U - T + 5) - X, což je středová symetrie se středem 5 — T + U. Složení libovolného lichého počtu středových symetrií tak postupně redukujeme až na složení tří středových symetrií, jde tedy o středovou symetrii (v principu se jedná o důkaz matematickou indukcí, zkuste si jej sami zformulovat). □ 1.80. Sestrojte (2n +1)-úhelník, jsou-li dány všechny středy jeho stran. Řešení. K řešení využijeme toho, že složením lichého počtu středových souměrností je opět středová souměrnost (viz předchozí příklad). Označme vrcholy hledaného (2n + 1)-úhelníka po řadě A\, A2, ..., A2n+i a středy stran (počínaje středem AiA2) postupně 5i, S2, ■ ■ ■ S2n+i- Provedeme-li středové souměrnosti po řadě podle těchto středů, tak bod A\ je zjevně pevným bodem výsledné středové symetrie, tedy jejím středem. K jeho nalezení tedy stačí provést uvedenou středovou souměrnost s libovolným bodem X roviny. Bod A\ leží pak 42 1. PŘEHRŠEL RŮZNORODÝCH ÚLOH ve středu úsečky XX', kde X' je obrazem bodu X ve zmíněné středové symetrii. Další vrcholy A2, ..., A2n+i získáme zobrazováním bodu A\ ve středových souměrnostech podle S\, ..., S2«+i- D 6. Zobrazení a relace 1.81. Rozhodněte, zda následující relace na množině M jsou relace ekvivalence: (1) M = {f : R -» R}, kde (f ~ g)pokudf(O) = g(0). (2) M = {f : M -> M}, fcfe (/ ~ g)pokudf(O) = g(l). (3) M je množina přímek v rovině, přičemž dvě přímky jsou v relaci, jestliže se neprotínají. (4) M je množina přímek v rovině, přičemž dvě přímky jsou v relaci, jestliže jsou rovnoběžné. (5) M = N, kde (m ~ n) pokud S(m) + S(n) = 20, přičemž S(n) značí ciferný součet čísla n. (6) M = N, kde (m ~ n) pokud C (m) = C (n), kde C (n) je ciferný pokud je S(n) < 10, jinak definujeme C(n) = C (S (n)) (je tedy C (n) < lOj. Řešení. (1) Ano. Ověříme tři vlastnosti ekvivalence: i) Reflexivita: pro libovolnou reálnou funkci / je /(O) = /(O). ii) Symetrie: jestliže platí /(O) = g(0), pak i g(0) = /(O). iii) Tranzitivita: jestliže platí /(O) = g(0) a g(0) = h(0), pak platí i / (O) = h(0). (2) Ne. Definovaná relace není reflexivní, např pro funkci sin máme sin 0 sin 1 a není ani transitivní. (3) Ne. Relace opět není reflexivní (každá přímka protíná sama sebe) ani transitivní. (4) Ano. Třídy ekvivalence pak tvoří množinu neorientovaných směrů v rovině. (5) Ne. Relace není reflexivní. 5(1) + 5(1) = 2. (6) Ano. □ Relace a zobrazení mezi konečnými množinami dávají vzniknout celé řadě kombinatorických otázek: 1.82. Počet injektivních zobrazení mezi množinami Určete počet injektivních zobrazení množiny {1,2,3} do množiny {1,2,3,4} 6. ZOBRAZENÍ A RELACE 43 Řešení. Libovolné injektivní zobrazení mezi uvažovanými množinami je dáno výběrem (uspořádané) trojice z množiny {1,2,3,4} (prvky ve vybrané trojici budou po řadě obrazy čísel 1, 2, 3) a obráceně každé injektivní zobrazení nám zadává takovou trojici. Je tedy hledaných injektivních zobrazení stejně jako možností výběru uspořádaných trojic ze čtyř prvků, tedy v(3, 4) = 4 • 3 • 2 = 24. □ 1.83. Určete počet surjektivních zobrazení množiny {1, 2, 3, 4} na množinu {1,2, 3} Řešení. Hledaný počet určíme tak, že od počtu všech zobrazení odečteme ta, která nejsou surjektivní, t.j. ta, jejichž obor hodnot je buď jednoprvkovou nebo dvouprvkovou množinou. Všech zobrazení je V (3, 4) = 34, zobrazení, jejichž oborem hodnot je jednoprvková množina, jsou tři. Počet zobrazení jejichž oborem hodnot je dvouprvková množina je (j)(24 — 2) (Q způsoby můžeme vybrat definiční obor a máme-li již dva prvky fixovány, máme 24 — 2 možností, jak na ně zobrazit čtyři prvky). Celkem je tedy počet hledaných surjektivních zobrazení (1.12) 34-Q(24 - 2)- 3 = 36. □ 1.84. Hasseův diagram uspořádání. Hasseův diagram daného uspořádání < na n-prvkové množině M je diagram s n vrcholy (každý vrchol odpovídá právě jednomu prvku množiny), přičemž dva vrchly (prvky) a, b jsou spojeny (víceméně svislou) čarou (tak, že a je „dole" a b „ nahoře "), právě když b pokrývá a, tj. a —2xi — X2 + 6x3 = 0. Řešení. Vektory (1, 0, —5), (1, 0, 2) jsou očividně lineárně nezávislé (jeden není násobkem druhého) a vektor (12, V5, 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). 60 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 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 {(ŕ + 1, 2t, 3t, 40; t e R}. Řešení. Takovým systémem je např. 2x\ — X2 = 2, 2X2 — x4 = 0, 4X3 — 3X4 = 0. Těmto rovnicím totiž uvedené řešení vyhovuje pro každé t e 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 -1 3 2\ -3 2 3 -3 -5 0 -5 1 4/ /3 5 1 V7 Řešení. Budeme-li postupně matici A násobit zleva elementárními maticemi (uvažte, jakým řádkovým úpravám toto násobení matic odpovídá) /O 0 1 0\ 1 ' 1 0 0 0\ Ei = 0 1 1 0 0 0 0 0 , E2 = -5 0 1 0 0 1 0 0 V> 0 0 v \ v 0 0 0 v (i 0 0 o^ /1 0 0 0\ E3 = 0 -3 1 0 0 1 0 0 , E4 = 0 0 1 0 0 1 0 0 \* 0 0 !/ V-7 0 0 v '1 0 0 0N /l 0 0 0\ E5 = 0 0 1/3 0 0 1 0 0 , E6 = 0 0 1 -2 0 1 0 0 v0 0 0 h 0 0 v 1. VEKTORY A MATICE /l 0 0 0\ 0 1 0 0 0 0 1 0 -4 0 V obdržíme B = EsE1E6E5E4Et,E2Ei C (\ -3-5 0 \ 0 1 9/4 1/4 0 0 0 0 \0 0 0 0 / /l 0 o 0\ 0 1/4 0 0 0 0 10 \0 0 0 1/ /o 0 1 0\ 0 1/12 -5/12 0 1 -2/3 1/3 0 -4/3 -1/3 V 2.14. Stanovte hodnost matice /1 -3 0 1 \ 1 -2 2 -4 1 -1 0 1 V"2 -1 1 -v Poté stanovte počet řešení systému lineárních rovnic %2 + x3 X3 X\ + -3x\ — 2^2 + 2x2 X\ — 4x2 + x3 + a také všechna řešení systému X\ + -3xi — Xi x2 + Xj, — 2X2 — x3 + 2x2 — 4x2 + x3 + a systému Xi Xi -2x\ 3x2 2x2 + 2X3 x2 x2 + x3 2x4 X4 X4 2x4 2x4 X4 X4 2x4 4, 5, 1, 3 0, 0, o, o 1, -4, 1, -2. 62 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA Řešení. Neboť j e 1 -3 0 1 1 -2 2 -4 1 -1 0 1 -2 -1 1 -2 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 v 1 -4 1 -2 Ovšem levá strana je právě AT s determinantem \AT\ = \A\ ^ 0. Existuje tedy matice (Ar) 1 a soustava má právě 1 řešení (jci, jc2, jc3, x4)r = {AT)~l ■ (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 (jci, x2, jc3, jc4) = (0,0, 0, 0). Třetí systém má rozšířenou matici / 1 -3 0 1 \ 1 -2 2 -4 1 -1 0 1 v -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 V2 V3 V6 0 \ 2 2 V3 -2 -75 0 2 V5 2^3 -73 ' \3 3 V3 -3 0 / 1. VEKTORY A MATICE Řešení. Řešeními jsou právě všechny skalární násobky vektoru (l + y/3, -VŠ, 0, 1, O) . 2.16. Určete všechna řešení systému X2 + A4 = 1, 3xi — 2x2 — 3x3 + 4a4 = —2, X\ + X2 — a 3 + X4 = 2, X\ — A3 =1. Řešení. Výsledek je 3 1 X\ = 1 + t, X2 = —, A3 = t, X4 = — — , t € 2.17. Vyřešte 3a - 5y + 2u + 4z = 2, 5a + ly - Au - 6z = 3, 7a - 4y + u + 3z = 5. Řešení. Soustava nemá řešení. 2.18. Rozhodněte o řešitelnosti soustavy lineárních rovnic 3a 1 + 3a2 + a3 = 1, 2a 1 + 3a'2 — a3 = 8, 2ai — 3x2 + x3 = 4, 3a'i — 2x2 + x3 = 6 třech proměnných x\, x2, x3. Řešení. Soustava má řešení, protože je /3\ /3\ í1 \ /1\ 2 3 c -1 8 2 -3 — J • 1 4 w \-v u/ V/ 64 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.19. Stanovte počet řešení 2 soustav 5 lineárních rovnic AT ■ x (1,2,3,4,5)' AT - x (1, 1, 1, 1, 1) kde X — (X\, X2, '3 1 7 5 0> 0 0 0 0 1 .2 1 4 3 0> Řešení. Systém lineárních rovnic má právě 1 řešení x 2.20. Nechť je dáno A = Najděte taková reálná čísla b\, A ■ x = b měl: (a) nekonečně mnoho řešení; (b) právě jedno řešení; (c) žádné řešení; (d) právě 4 řešení. Řešení. Správné odpovědi zní: (a) b\ = b2 + 63; (b) nelze; (c) bi ^b2 + b3; (d) nelze. 3*1 + 2x3 = 1, Xi + x3 = 2, lX\ + 4x3 = 3, 5x\ + 3x3 = 4, = 5 ;o systém 3xi + 2x3 = 1, Xi + x3 = 1, 7xi + 4x3 = 1, 5X! + 3x3 = 1, X2 = 1 1 = — 1» *2 = 1, X3 = 2. □ b2,b3, aby systém lineárních rovnic □ 1. VEKTORY A MATICE 65 2.21. Vyjádřete řešení soustavy lineárních rovnic a%\ + 4x2 +2x3 0, 2xi + 3X2 — X3 ve které a e M je parametr. Řešení. Množina všech řešení je 0, {(—lOř, (a + 4)ř, (3a - 8)ř); t e R}. □ Jak popsat analyticky shodná zobrazení v rovině či prostoru j ako 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 / 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(\, 0) + i,(0, 1)) = uf(\, 0) + vf(\, 0) = (ua, ub) + (vc, vd) = (au + cv, bu + dv), což můžeme výhodně zapsat následujícím způsobem: Je tedy lineární zobrazení jednoznačně dané maticí. Navíc pokud 66 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA je dáno maticí spočítáme (čtenář si jistě ze zájmu sám ověří), že jejich složení g o f '' ae + cg af + ch^ ?e + cg be + dv J 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 /4 3 2^ A = 5 6 3 \3 5 2, B 'i o r 3 3 4 ,2 2 3, Poté určete matici (Ar • S) . 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 1-2010-1 5 6 3 0 1 0 3 5 2 0 0 1 4 3 2 1 5 6 3 0 v 3 5 2 0 1 -2 0 1 0 16 3 -5 0 11 2 -3 i -2 0 1 0 5 1 -2 0 1 0 1 1. VEKTORY A MATICE 67 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 (—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 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~l, budeme raději provádět více názorné (nabízející se) řádkové úpravy. Platí 1 0 0 0 1 0 3 3 0 0 1 -3 -1 Využitím identity (A- • B)~ B' B~ a znalosti výše vypočítaných inverzních matic lze obdržet 1 -7" -9; □ 68 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 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(l) = f(2) = c,csR} Řešení. (1) Ano. Množina řešení, tedy množina posloupností vyhovujících dané diferenční homogenní rovnici, je evidentně uzavřená vzhledem ke sčítání i násobení reálným číslem: mějme posloupnosti (xn)^Lo a (yn)%Ĺo vyhovující stej ně homogenní diferenční rovnici, tedy a(n)x„ + a(n — l)x„_i + • • • + a(l)xi = 0 a(n)yn + a(n — l)y„_i H-----V a(l)yx = 0. Sečtením těchto rovnic dostaneme a(n)(xn + y„) + a(n - l)(x„_i + y„_i) H-----h a(l)(xi + yi) = 0, tedy i posloupnost (xn + y«)^0, vyhovuje stejné diferenční rovnici. Rovněž tak pokud posloupnost (xn)^L0 vyhovuje dané rovnici, tak i posloupnost (kxn)^0, kde k e M. (2) Ne. Součet dvou řešení nehomogenní rovnice a(n)x„ + a(n — l)x„_i + • • • + a(l)xi = c a(n)yn + a(n — l)y„_i + • • • + a(\)yi = c, c e M — {0} vyhovuje rovnici a(n)(xn + y„) + a(n - l)(x„_i + y„_i) H-----h a(l)(xi + yi) = 2c, 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 (/ + g)(l) = (f + g)(2) = f (\) + g(\) = 2c. Má-li funkce f + g být prvkem dané množiny, musí být (/ + g)(l) = c, tedy 2c = c, tedy c = 0. □ 1. VEKTORY A MATICE 69 2.24. Zjistěte, zda je množina U1 = {(x1,x2,x3)€R3; |jci| = \x2\ = |x3|} podprostorem vektorového prostom R3 a množina U2 = {ax2 + c; a, c e R} podprostorem prostom polynomů stupně nejvýše 2. Řešení. Množina U\ není vektorovým (pod)prostorem. Vidíme např., že je (1,1,1) + (-1,1,1) = (0,2,2) £ ř/i. Množina U2 ovšem podprostor tvoří (nabízí se přirozené ztotožnění s R2), protože {axx2 + ci) + (a2x2 + c2) = (ai + a2) x2 + (ci + c2), k ■ {ax2 + c) = (ka) x2 + kc pro všechna čísla a\, c\, a2, c2, a, c, k e M. □ 2.25. Je množina V = {(1, x); x e M} s operacemi © : y x V -> V, (1, y) © (1, z) = (1, z + y) pravšechna 0 : 1 x V ^ ľ, z O (1, y) = (1, y • z) pro všechna 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, +, •)■ D 2.26. Projaké hodnoty parametrům, b, c e Mjsouvektory (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, f — 5u> — z, 3w — 7z, « — 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. □ 70 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.29. Tvoří matice (i _°2). (o _i)' (35 o)' (o 3) bázi vektorového prostoru čtvercových dvourozměrných matic? Řešení. Uvedené čtyři matice jsou jako vektory v prostoru 2x2 matic lineárně nezávislé. Vyplývá to z toho, že matice /1 1 -5 1 \ 0 4 0 -2 1 0 3 0 V"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). □ 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 + Sw + 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 j e 0 0 1 -1 -4 1 -36 ^0, správná odpověď zní lineárně nezávislé. □ 1. VEKTORY A MATICE 71 2.31. Matice rotací podle souřadnicových os. Napište matici zobrazení rotací o úhel cp 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 2x2. Postupně tedy dostáváme následující matice: Rotace kolem osy z- cos cp — sin cp 0^ cos cp 0 0 1, Rotace kolem osy y: Rotace kolem osy x: cos

\ i. Řešení. Ukážeme opravdu nádherný důkaz indukcí, nad nímž srdce matematika zaplesá. Pro « = 1,2 vztah triviálně platí. Nechť tedy platí pro determinant matice určené čísly a\, ..., ak a dokážeme, že platí i pro výpočet determinantu Vandermondovy matice určenou čísly a\, ..., ak+i. Uvažme determinant Vk+\ jako polynom P v proměnné ak+i. Z definice determinantu vyplývá, že tento polynom bude stupně k v této proměnné a navíc čísla a\,... ,ak budou jeho kořeny: nahradíme -li totiž ve Vandermondově matici Vk+i poslední sloupec tvořený mocninami čísla ak+i libovolným z předchozích sloupců tvořeným mocninami čísla a{, tak to vlastně odpovídá výpočtu hodnoty determinantu (jakožto polynomu v proměnné ak+{) v bodě at. Tato je ovšem nulová, neboť determinant z matice se dvěma shodnými, tedy lineárně závislými, sloupci je nulový. To znamená, že at je kořenem P. Nalezli jsme tedy k kořenů polynomu stupně k, tudíž všechny jeho kořeny a P musí být tvaru P = C(ak+\ — a\)(ak+\ — a2) • • • (ak+\ — ak), kde C je nějaká konstanta, resp. vedoucí koeficient polynomu P. Uvážíme-li však výpočet determinantu Vk+i pomocí rozvoje podle posledního sloupce, tak vidíme, že C = Vk, což už dokazuje vzorec pro Vk+\. Jiné řešení. Odečtením prvního řádku od všech ostatních řádků a následným rozvojem podle prvního sloupce obdržíme V„ „2 ,«-1 1 a2 a2 a2 -,n-l V„(Xi, X2, 1 X\ 0 x2- Xi „1-1 76 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA Vytkneme-li z z-tého řádku xi+\ — %\ pro i e {1,2, — 1}, dosta- neme V„(xi,x2, ... ,x„) = (x2 - Al) ■■■{Xn- Xy) 1 X2+Xi 1 X„ + xx En—2 n—j—2 j j=0X2 Xl En—2 n—j—2 j j=0x„ xl Odečtením od každého sloupce (počínaje posledním a konče druhým) xi-násobku předcházejícího lze docílit úpravy 1 X2 + Xi 1 X„ +Xi n-j-2 j En—2 n—j—2 j j=qX„ Xy 1 X2 1 Xtj ..n-2 „n-2 Proto V„(xi, x2, ..., x„) = (x2 - xi) • • • (x„ - xi) V„_i(x2, ..., x„). Neboťje zřejmě V2(x„_i, x„) = xn — x„_i, platí (uvažme matematickou indukci) K(xi, x2, ..., x„) = Y\ (xj - x')- 1 3 /l 2 0 4\ /l 2 0 4 \ 0 2 0 1 -1 5/4 0 1 -1 5/4 0 1 -1 0 0 1 -1 1 0 0 0 -1/4 0 0 0 1 \o 0 0 0 ) 0 0 0 ) \o 0 0 0/ Odtud vyplývá, že lineárně nezávislejšou právě vektory tj. právě ty vektory odpovídající sloupcům, které obsahují první nenulové číslo nějakého řádku. Navíc odsud plyne (viz třetí sloupec) 2 • (-1, 3, -2, 1) - (2, -1, -1,2) = (-4, 7, -3, 0). □ 2.43. Určete všechny konstanty a e M takové, aby polynomy ax2 + x+2, —2x2+ax+3 3.x2+2x +a byly lineárně závislé (ve vektorovém prostoru polynomů jedné proměnné stupně nejvýše 3 nad reálnými čísly). Řešení. V bázi 1, x, x2 jsou souřadnice zadaných vektorů (polynomů) následující: (a, 1, 2), (—2, a, 3), (1, 2, a). Polynomy budou závislé, právě když bude mít matice, jejíž řádky jsou tvořeny souřadnicemi zadaných vektorů menší hodnost, než je počet vektorů, v tomto případě tedy hodnost dvě a menší. V případě čtvercové matice nižší hodnost než je počet řádkuje ekvivalentní nulovosti determinantu dané matice. 80 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA Podmíka na a tedy zní a 1 2 —2 a 3 12a 0, tj. a bude kořenem polynomu a3 — 6a — 5 = (a + l)(a2 — a — 5), tj. úloha má tři řešení a i -1, 02,: 1±V21 □ 2.44. Je dáno lineární zobrazení M3 dujicí maticí: '\ -1 0^ 0 1 1 ,2 0 0> Napište matici tohoto zobrazení v bázi ve standardní bázi násle- fi h h (1,1,0) (2,0, 1). Řešení. Matice přechodu T od báze / = (fi, f2, f3) k standardní bázi, tj. bázi danou vektory (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), získáme podle Tvrzení 2.25 zapsáním souřadnic vektorů f\, f2, fj, ve standardní bázi do sloupců matice přechodu T. Máme tedy Matice přechodu od standardní báze k bázi / je potom T 1, což je _4i í i2 4 4 2 Matice zobrazení v bázi / je potom T~ AT □ 2. DETERMINANTY 81 2.45. Určete, jaké lineární zobrazení M3 -» M3 zadává matice Řešení. Dvojnásobná vlastní hodnota -1, příslušné vlastní vektory (2, 0, 1), (1, 1, 0), jednonásobná vlastní hodnota 0, vlastní vektor (1, 4, — 3). Osová souměrnost podle přímky dané posledním vektorem složená s projekcí na rovinu kolmou k poslednímu vektoru, tedy danou obecnou rovnicí x + 4y — 3 z = 0. □ 2.46. Uvažme vektorový prostor mnohočlenů jedné neznámé stupně nejvýše 2 s reálnými koeficienty. V tomto prostoru uvažme bázi 1, x, x2. Napište matici zobrazení derivace v této bázi a také v bázi 1 + x2, □ 2.47. Ve standardní bázi v M3 určete matici rotace o 90° v kladném smyslu kolem přímky (ŕ, t, t), t e M, orientované ve směru vektoru (1, 1, 1). Dále určete matici této rotace v bázi £=((1,1,0), (1,0,-1), (0,1,1)). Řešení. Snadno určíme matici uvažované rotace a to ve vhodné bázi, totiž v bázi dané směrovým vektorem přímky a dále dvěma navzájem kolmými vektory v rovině x + y + z = 0, tedy v rovině vektorů kolmých k vektoru (1, 1, 1). Uvědomme si, že matice rotace v kladném smyslu o 90° v nějaké ortonormální bázi v M2 je ^ v orto- gonální s velikostmi vekorů k, l potom 0^)' ^volíme-li v rovině x + y + z = 0 kolmé vektory (1, —1, 0) a (1, 1, —2) o velikostech V2 a v%, tak v bázi / = ((1, 1, 1), (1, -1, 0), (1, 1, -2)) /l 0 0 \ má uvažovaná rotace matici I 0 0 — V3 I. Abychom získali \0 1/V3 0 / matici uvažované rotace ve standardní bázi, stačí nám transformovat matici již známým způsobem. Matici přechodu T od báze / ke standardní dostaneme zapsáním souřadnic (ve standardní bázi) vektorů 82 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA '1 1 1 báze / do sloupců matice T:T = \\ — 1 1 I. Celkem tedy pro 1 0 -2, hledanou matici R máme (2.4) R = T Vo l/VŠ / 1/3 1/3-VŠ/3 l/3 + V3/3\ (2.5) = 1/3 + VŠ/3 1/3 1/3 - VŠ/3 \l/3-V3/3 1/3 +VŠ/3 1/3 / Tento výsledek můžeme ověřit dosazením do matice obecné rotace (2.2), normováním vektoru (1, 1, 1) dostáváme vektor (x,y,z) = (l/VŠ, l/VŠ, 1/V3), cos( — (situp)z (1 — cosip)xz + (sinip))>\ (1 — cos + (sinip)z cosp + (1 — cosp))'2 (1 — cos)zy + (sinip)x cosp + (1 — cosip)z2 / Při násobení a následném zjednodušování je nutno opakovaně použít předpokladu x2 + y2 + z2 = 1. 3. VEKTOROVÉ PROSTORY A LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ 83 2.49. Označme S střed hrany A B krychle ABCDEFGH (v obvyklém označení, s hranou A E). Určete kosinus odchylky úseček £"5 a BG. Řešení. Vzhledem k tomu, že homotetie (stejnolehlost) je podobným zobrazením, tj. zachovává úhly, můžeme předpokládat, že krychle má hranu velikosti 1. Umístíme-li navíc bod A do počátku souřadné soustavy a body B, resp. E do bodů o souřadnicích [1, 0, 0], resp. [0, 0, 1], pak mají zbylé uvažované body následující souřadnice: S = [1/2, 0, 0], G = [1, 1, 1], tedy vektor £"5 = (1/2, 0, -1) a BG = (0, 1, 1). Pro hledaný cosinus odchylky

x — iy cos(3 = «3 «3 • V\ lUlll 1 ~3' vi v2 1 1 IU2I v2 = u3 Vi v2 3. VEKTOROVÉ PROSTORY A LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ 91 Máme tedy celkem /-1\ /-1\ /-1\ 1 -1 -1 0 2 -1 W loj U/ Dodejme, že pro jednoduchost příkladu lze bezprostředně uvést ortogonální bázi z vektorů (1,-1,0, O)7, (0,0, l,-l)r, (1, l,-l,-l)r nebo (-1, 1, 1,-l)T , (1,-1, 1,-l)T , (-1,-1, 1, l)T . □ 2.59. Napište matici zobrazení kolmé projekce do roviny procházející počátkem a kolmé na vektor (1, 1, 1). Řešení. Obraz libovolného bodu (vektoru) x = (jci, jc2, jc3) e M3 v uvažovaném zobrazení získáme tak, že od daného bodu odečteme jeho kolmou projekci do normálového směru dané roviny, tedy do směru (1, 1, 1). Tato projekcepje dána (viz přednáška) jako (x, (1, 1, 1)) _ X\ + X2 + X3 Xi+X2+X3 Xi+X2+X3 1(1, 1, 1)|2 ~ 3 ' 3 ' 3 Výsledné zobrazení je tedy 1.X\ x2 -\- x3 1x2 X\ -\- X3 1.X3 X\ -\- x2 x — n = (---,---,---) = ť 3 3 3 3 3 3 =! 4 771:) ■ Srovnej s (??). □ 2.60. Ve vektorovém prostoru M4 jsou dány třídimenzionální (trojrozměrné) podprostory U = u2, u3), V = {vuv2,v3), přičemž (l\ (l\ (l\ ( 1 ^ (1 \ 1 1 0 1 -1 1 , u2 = 0 , u3 = 1 -1 , v2 = 1 V) v) \-y 92 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA "3 = (1, u n v. -1, —1, 1)T. Určete dimenzi a libovolnou bázi podprostoru Řešení. Do podprostoru U n V náleží právě ty vektory, které je možné obdržet jako lineární kombinaci vektorů u{ a také jako lineární kombinaci vektorů t>;. Hledáme tedy čísla x\, x2, x3, yi, y2, y3 e M taková, aby platilo (1\ /1\ (1\ ( 1 ^ ( 1 ^ / 1 \ 1 1 0 i -i -1 Xi 1 0 + x3 1 = yi -i + y2 i -1 vv v) v) v1/ tj. hledáme řešení soustavy X\ + x2 + x3 X\ + x2 X\ + x3 x2 + x3 yi + y2 + y3, yi - yi - yi, -yi + yi - y3, -yi - yi + j3- Při maticovém zápisu této homogenní soustavy (a při zachování pořadí proměnných) je /lil —1 110-1 10 11 \0 1 1 1 ■1 1\ 1 ■1 1 V /i i i o o 0-10 \0 1 1 1 -1 -1 -1\ 0 2 2 2 0 2 1 1 -1/ /l 1 1 1 1 -1 -l\ /lil —1 -1 -l\ 0 1 0 0-1 \0 0 1 /l 1 1 o 0 110 0 0 10 \0 0 0 1 Dostáváme tak řešení 1 2 1 0 0 -1 2 1 I 0\ -2 -2 0 111 0 0 10 \0 0 0 1 /l o o o o 1 -1 -2 -2 1 1/ 2 \ 0 0 10 0 2 0 0 10-2-2 \0 0 0 1 1 1 / x\ = —2t, x2 = —2s, x3 = 2s + 2t, y\ = — s — t, y2 = s, y3 = t, t, s e M. Odtud dosazením získáváme obecný vektor průniku (xi + x2 + x3\ X\ + x2 X\ + x3 \ x2+x3 J / 0 \ -2t - 2s 2s 2t í 3. VEKTOROVÉ PROSTORY A LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ 93 Vidíme, že dim U n V = 2, U n V /0\ /0\ -1 -1 1 ' 0 w w 2.61. Uveďte nějakou bázi podprostoru U □ vektorového prostom reálnych matic 3x2. Tuto bázi doplňte na bázi celého prostom. Řešení. Připomeňme, že bázi podprostoru tvoří množina lineárně nezávislých vektoru, které generují uvažovaný podprostor. Protože celý podprostor U je generován pouze prvními dvěma maticemi. Ty jsou potom lineárně nezávislé (jedna není násobkem druhé), a tak zadávají bázi. Chceme-li ji doplnit na bázi celého prostoru reálných matic 3x2, musíme najít další čtyři matice (dimenze celého prostoru je zjevně 6) takové, aby výsledná šestice byla lineárně nezávislá. Můžeme využít toho, že známe např. standardní bázi 0 0 I , 0 0 I , 1 0 I , 0 1 I, o o I, o o ,0 0/ \0 0/ \0 0/ \0 0/ \1 0/ \0 1, prostoru reálných matic 3x2, který lze přímo ztotožnit s M6. Sepíšeme-li dva vektory báze U a vektory standardní báze celého prostoru v 94 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 1 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 3 2 1 0 0 0 4 3 0 1 0 0 5 4 0 0 1 0 6 5 0 0 0 1 tomto pořadí, výběrem prvních 6 lineárně nezávislých vektorů dostaneme hledanou bázi. Pokud však uvážíme, že kupř. 1, můžeme ihned bázového vektory 'i 2^ 3 4 podprostoru U doplnit maticemi (vektory prostoru matic) ^0 0\ /O 0\ /O 0\ /O 0^ 10, 0 1, 0 0, 0 0 vo o) \o o) \i o) \o \/ na bázi. Upozorněme, že výše uvedený determinant lze vyčíslit velmi snadno - je roven součinu prvků na diagonále, neboť matice je v dolním trojúhelníkovém tvaru (nad diagonálou jsou všechny prvky nulové). □ 2.62. Napište nějakou bázi reálného vektorového prostoru matic 3x3 nad M s nulovou stopou (součet prvků na diagonále) a napište souřadnice matice '12 0 0 2 0 v této bázi. 2.63. Zaveďte nějaký skalární součin na vektorovém prostoru matic z předchozího příkladu. Spočítejte normu matice z předchozího příkladu, která je indukovaná Vámi zavedeným součinem. 2.64. Určete nějakou bázi vektorového prostoru antisymetrických reálných čtvercových matic typu 4x4. Uvažte standardní skalární součin v této bázi a pomocí tohoto součinu vyjádřete velikost matice /0 3 1 0\ -3012 -1-1 0 2 \0 -2-2 0/ 3. VEKTOROVÉ PROSTORY A LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ 95 2.65. Najděte ortogonální doplněk U1- podprostoru U = {(x\, X2, xs, X4); x\ = x3, X2 = x3 + 6x4} c R4. Řešení. Ortogonální doplněk U1- tvoří právě ty vektory, které jsou kolmé na každé řešení soustavy x\ — x3 = 0, x2 — x3 — 6X4 = 0. Vektor je ovšem řešením této soustavy tehdy a jenom tehdy, když je kolmý na oba vektory (1, 0,-1, 0), (0, 1,-1, —6). Je tedy U1- = {a ■ (1,0, -1,0) +b ■ (0, 1, -1, -6); a, b e R}. □ 2.66. Určete, zda jsou podprostory U = ((2, 1, 2, 2)) a V = ((-1, 0, -1,2), (-1, 0, 1, 0), (0, 0, 1, -1)) prostoru R4 na sebe kolmé. Pokud ano, je R4 = U © V, tj. je U1- = VI Řešení. Vektor, který zadává podprostor U, je kolmý na každý ze tří vektorů, které generují V. Podprostory jsou tak na sebe kolmé. Avšak není pravda, že R4 = U © V. Podprostor V je totiž pouze dvojdimenzionální, protože (-1,0, -1,2) = (-1,0, 1,0) - 2(0, 0, 1, -1). □ 2.67. V závislosti na parametru t e R stanovte dimenzi podprostoru U vektorového prostoru R3, je-li U generován vektory (a) ui = (1, 1, 1), u2 = (\,t,\), w3 = (2, 2, ř); (b) u\ = (ř, ř, ř), u2 = (-4ř, -4ř, 4ř), u3 = (-2, -2, -2). Řešení. V prvním případu je dim U = 2 pro t e {1,2}, jinak je dim U = 3. Ve druhém případu je dim U = 2 pro t ^ 0 a dim U = 1 pro t = 0. □ 2.68. Sestrojte ortogonální bázi podprostoru ((1,1,1,1), (1,1,1,-1), (-1,1,1,1)) prostoru R4. Řešení. Gram-Schmidtovým ortogonalizačním procesem lze obdržet výsledek ((1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, -3), (-2, 1, 1,0)). □ 96 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.69. V prostoru R4 nalezněte nějakou ortogonální bázi podprostoru všech lineárních kombinací vektorů (1,0, 1, 0), (0, 1, 0, —7), (4, —2, 4, 14) a podprostoru generovaného vektory (1, 2, 2, —1), (1, 1, -5,3), (3,2, 8, -7). Řešení. Při zachování pořadí podprostoru ze zadání jsou ortogonálními bázemi např. ((1,0, 1,0), (0, 1,0, -7)) a ((1, 2, 2, -1), (2, 3, -3, 2), (2, -1, -1, -2)). □ 2.70. Pro jaké hodnoty parametrů a, b e M jsou vektory (1,1,2,0,0), (1,-1,0, l,a), (1,0,2,3,-2) v prostoru M5 po dvou ortogonální? Řešení. Výsledek je a = 9/2, b = —5, neboť musí mj. platit 1+6 + 4 + 0 + 0 = 0, 1-6 + 0 + 3-2a =0. □ 2.71. V prostoru M5 uvažujte podprostor generovaný vektory (1, 1, -1, -1,0), (1, -1, -1,0, -1),(1, 1,0, 1, 1), (-1, 0, -1, 1, 1). Najděte nějakou bázi jeho ortogonálního doplňku. Řešení. Hledaná báze obsahuje jediný vektor. Jejím nějaký nenulový skalární násobek vektoru (3, -7, 1, -5,9). □ 2.72. Popište ortogonální doplněk podprostoru V prostoru R4, jeli V generován vektory (-1, 2, 0, 1), (3, 1, -2, 4), (-4, 1, 2, -4), (2,3, -2,5). Řešení. Ortogonální doplněk (komplement) V-1 je množina všech skalárních násobků vektoru (4, 2, 7, 0). □ 2.73. V prostoru M5 určete ortogonální doplněk WL podprostoru W, jestliže (a) W = {(r + s + ř, -r + ř, r + s, -t, s + t); r, s, t e R}; (b) W je množina řešení soustavy rovnic %\ — x3 = 0, x\ — x2 + *3 — x4 + x5 = 0. Řešení. Platí (a) W1- = ((1, 0, -1, 1, 0), (1, 3, 2, 1, -3)); 3. VEKTOROVÉ PROSTORY A LINEÁRNÍ ZOBRAZENÍ 97 (b) w1- = < (1, 0, -1, 0, 0), (1, -1, 1, -1, 1) ). □ 2.74. Nechť j sou v prostom M4 dány vektory (1,-2,2,1), (1,3,2,1). Doplňte tyto dva vektory libovolným způsobem na ortogonální bázi celého M4. (Můžete k tomu využít Gram-Schmidtův ortogonalizační proces.) Řešení. Hledaných doplnění je pochopitelně nekonečně mnoho. Jedním (skutečně jednoduchým) je např. (1,-2,2,1), (1,3,2,1), (1,0,0,-1), (1,0,-1,1). □ 2.75. Gramm-Schmidtovým ortogonalizačním procesem nalezněte nějakou ortonormální bází podprostoru Vet, kde V = {(jci, x2, x3, x4) e M4 | %\ + 2x2 + x3 = 0}. 2.76. Je množina ľ = ((l,i);iEl)s operacemi ®:VxV^V, (1,30©(1, z) = (l,z + y) 0:lxV^V, zQ(\,y) = (\,y.z) 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, +, •)■ D 2.77. Projaké hodnoty parametrům, b, c e Mjsouvektory (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. □ 2.78. 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 — lz, u — w+z lineárně (ne)závislé. Řešení. Vektory jsou lineárně nezávislé. □ 98 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.79. Doplňte vektory 1 — x2 + x3, 1 + x2 + x3, 1 — x — x3 na bázi prostoru polynomů stupně nejvýše 3. Řešení. Stačí připojit např. polynom x. □ 2.80. Tvoří matice '1 0 \ (l 4 \ /-5 0\ /l -2N ,1-2/' vo -iy' V 3 OJ' VO 3 bázi vektorového prostoru čtvercových dvourozměrných matic? Řešení. Uvedené čtyři matice jsou jako vektory v prostoru 2x2 matic lineárně nezávislé. Vyplývá to z toho, že matice /1 1 -5 1 \ 0 4 0 -2 1 0 3 0 V"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). □ 2.81. Vyřešte maticové rovnice 3 8/ 1 V3 4/' V3 8/ V3 4 Řešení. Zjevně neznámé X\ a X2 musejí být matice 2x2 (aby uvažované součiny matic existovaly a výsledkem byla matice 2 x 2). Položme Xl = h bA, x2 = (a2 b? \ci di J \c2 d2 a roznásobme matice v první zadané rovnici. Má platit ax + 3ci bx + 3 ,3fli + 8cí 3*i +SdJ ~ \ 3 4j tj. má být a\ + 3c\ = 1, bi + 3di = 2, 3ai + 8ci = 3, 3*i + Sdt = 4. 4. CVIČENÍ 99 Sečtením (—3)násobku první rovnice se třetí dostáváme c\ = 0 a následně a\ = 1. Podobně sečtením (—3)násobku druhé rovnice se čtvrtou dostáváme d\ = 2 a poté &i = —4. Je tedy 1 -4 0 2 Hodnoty a2, b2, c2, d2 najdeme odlišným způsobem. Např. použitím vzorce fa by1 _ 1 í d -b ,c d) ~ ad -bc \~c a který platí pro libovolná čísla a,b, c,d e M (inverzní matice existuje právě tehdy, když ad — bc ^ 0), spočtěme 1 3 3 8/ ~ V 3 -1 Vynásobení zadané rovnice touto maticí zprava dává '\ 2\ í-% 3 .3 4/ ' l 3 -1 a tudíž *2=(-"l2 \ □ X2 4. Cvičení 2.82. V závislosti na hodnotě parametru íiěM rozhodněte o počtu řešení soustavy lineárních rovnic, která je zadaná maticí přidružené homogenní soustavy /4 1 4 a ^ 2 3 6 8 3 2 5 4 \6 -1 2 "8/ a vektorem pravé strany (2\ 5 3 v-v Řešení. Pro a = 0 nemá uvažovaný systém řešení; pro a ^ 0 má nekonečně mnoho řešení. □ 100 2. ELEMENTÁRNÍ LINEÁRNÍ ALGEBRA 2.83. Rozhodněte, zda existuje homogenní soustava lineárních rovnic tří proměnných, jejíž množinou řešení je 2.84. Vektory (1,2,1), (-1,1,0), (0,1,1) jsou lineárně nezávislé, a proto z nich lze sestavit bázi R3. Každý trojrozměrný vektor je tak nějakou jejich lineární kombinací. Jakou jejich lineární kombinací je vektor (1, 1, 1)? Řešení. Výsledek je 2.85. Vyjádřete vektor (5, 1, 11) jako lineární kombinaci vektorů (3, 2, 2), (2, 3, 1), (1, 1, 3), tj. nalezněte čísla p, q, r e R, pro která je (a) {(0,0,0)}; (b) {(0,1,0), (0,0,0), (1,1,0)}; (c) {(jc, 1,0); x € R}; (d) {(x,y,2y); x,y el). Řešení. Při zachování pořadí jsou správné odpovědi „ano", „ne", „ne" a „ano". □ (1, 1, 1) = - • (1, 2, 1) - - • (-1, 1, 0) + - • (0, 1, 1). □ (5, 1, 11) = p (3, 2, 2) + q (2, 3, 1) + r (1, 1, 3). Řešení. Úloha má jediné řešení P = 2, q = —2, r = 3. □ 2.86. Řešte maticovou rovnici Řešení. Taková matice X existuje právě jedna, a to □ 4. CVIČENI 2.87. Vypočítejte inverzní matici k matici A = | 2 -2 1 Řešení. Platí -4> -2, 2.88. Nalezněte inverzní matici k matici /8 3 0 0 0\ 5 2 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 1 2 0 0 3 V Řešení. Inverzní maticí je ( 2 -3 0 0 0\ -5 8 0 0 0 0 0 -1 0 0 0 0 0 -5 2 0 0 3 -v 2.89. Zjistěte, zda existuje inverzní matice k matici /ll 1 1 \ 1 1 C ■1 1 V1 1 ■1 1 -1 Pokud ano, určete tuto matici C 1 Řešení. Je /O C" 0 1 i o o o\ -1 0 1 / 102 2. ELEMENTÁRNI LINEÁRNI ALGEBRA , přičemž i je imaginárni jednotka; Řešení. V prvním případě dostáváme ve druhém potom □ 2.91. Za pomoci výpočtu inverzní matice určete řešení soustavy X\ -\- X2 ~\~ X3 -\- X4 = 2, X\ + X2 — X3 — X4 = 3, X\ — X2 + X3 — X4 = 3, X\ — X2 — X3 -\- X4 = 5. Řešení. Inverzní matice k matici /l 1 1 1 1 V1 1 1 \ -1 -1 1 1 -1 1-11/ je /l 1 1 1 1 V1 1 1 \ -1 -1 1 1 -1 1-11/ Následně lze snadno získat 13 Xl = T' *2 7' X3 3 4' x4- -. □ 4. CVIČENÍ 2.92. Napište inverzní matici k n x n matici (n > 1) (2-n 1 1 2-n V 1 1 Řešení. Platí A~ n - 1 1 1 \ 1 2-n 1 1 2-n/ ŕ i 1 ... n i 0 1 ... i i 1 0 '■. l 1 1 0/ 2.93. Najděte adjungovanou matici F*, je-li (a p 0\ y á 0 I , a, p, y, S e M .0 0 1/ Řešení. Ze znalosti inverzní matice F'1 dostáváme 8 -p 0 F* = (a8-Py)F~ — y a 0 0 0 aS-fiy, pro libovolná a, fi, y, 8 sM.. 2.94. Vypočítejte adjungované matice k maticím /3 -2 0 -l\ ' 1 + i 2i (a) 0 2 2 1 1 -2 -3 -2 \0 1 2 1 / přičemž / označuje imaginární jednotku Řešení. Hledanými maticemi jsou / 1 1 -2 -4\ 0 10-1 -1-13 6 \2 1-6 -10/ (b) 3-2/ 6 (a) (b) -3 + 2/ 1