2. vnitrosemestrální písemka - MIN101 - podzim 2021 - 26. 11. 2021
Veškeré odpovědi musí být zdůvodněny a výpočty musí být doprovozeny komentářem. (Řešení sestávající pouze z odpovědí budou považována za opsaná a hodnocena 0 body.)
1. (5 bodů) Nechť ip je lineární zobrazení prostoru IR3 do sebe, které je kolmou projekcí na rovinu —x + y + 2z = 0. Určete matici zobrazení ip ve standardní bází.
2. (5 bodů) Je dána matice
/3a +1 -a + 1 -l\
A = \-a+ 1 3a + 1 1
\    0 0 2a J
s parametrem a G IR. Určete tento parametr tak, aby
a) matice A měla nulový determinant,
b) matice A měla vlastní číslo 1,
c) existovalo jediné vlastní číslo,
d) vektor (1,0,0) byl vlastním vektorem matice A a určete příslušné vlastní číslo.
Napište vždy všechna řešení, je-li jich více. Jestliže některá z částí a) - d) nemá řešení, zdůvodněte, proč tomu tak je.
Řešení a bodování:
[5 bodů] Označme v\ = (—1,1, 2) normálový vektor roviny a dále zvolíme dva vektory kolmé k v\\ např. f2 = (1, 1, 0) a v3 = (2, 0, 1), [lb za výběr vhodné báze]. V bázi a =      i>2, ^3) má zobrazení ip matici
[1 bod]. Použijeme vztah (f)c,c = (id)e,a ■ (f)a,a ■ (id)a,e, [0.5 bodu], kde pro matici (id)£,a máme
(iď)e,a =
[0.5 bodu]. Matice (iď)ae se určí jako matice inverzní k matici (iď)ea, [0.5 bodu za úvahu], tj.
(id)a,c = ((id)c,a) 1 [0.5 bodu]. Celkem dostaneme
[1 bod].
[5 bodů] Body jsou rozděleny takto: 1 bod za a), 2.5 bodu za b)+c) a 1.5 bodu za d). a) [1 bod] Determinant matice A je
det(A) = 2a-det (3a~\\   ^ll) = 2a[(3a + l)2 - (-a+ l)2] = 2a ■ 4a • (2a + 2) =
\     CL ~\~ 1.      óCt ~\~ 1. j
= 16a2(a+ 1),
[0.5 bodu]. Existují tedy dvě řešení a = 0aa = —1, [0.5 bodu], b), c) [2.5 bodu] Charakteristický polynom matice A je
(3a+l-A      -a+í -1 -a+í     3a + l- A 1 0 0 2a - \j
= (2« - A) det (3a_+ ľ+~ A   3^ + 1 ^ = (2a - A) [(3a + 1 - A)2 - (a - l)2] =
= (2a - A)(4a - A)(2a + 2 - A),
[0.5 bodu], kde E3 je jednotková matice 3x3. Matice A tedy má vlastní číslo A = 1, jestliže (2a — l)(4a — l)(2a + 2 — 1) = 0, část b) má proto tři řešení a G {-|, \, — -|}, [1 bod]. Obecně má matice A vlastní čísla A G {2a, 4a, 2a + 2}. Mají-li být tato vlastní čísla stejná, nutně 2a = 4a a 2a = 2a + 2. Jelikož 2a = 2a + 2 není nikdy splněno, část c) nemá řešení, [1 bod].
Pozn.: Část b) lze též počítat přímo, tj. det (A — £3) = (2a — l)(4a — l)(2a + 2 — 1), [0.5 bodu], a tedy a G {i, i,-i}, [1 bod], d) [1.5 bodu] Matice A má zadaný vlastní vektor, jestliže
3a + 1    —a + 1 —1 —a +1    3a + 1 1 0 0 2a
[0.5 bodu]. Vynásobením matice a vektoru na levé straně a porovnáním s pravou stranou dostaneme soustavu rovnic 3a + 1 = A a —a +1 = 0, [0.5 bodu]. Ta má jediné řešení a = 1 a A = 4, což je hledané vlastní číslo, [0.5 bodu].