Lineárne a direktné súčty podpriestorov

Řešení příkladu:

Nejprve zapišme vektory jako řádky matice a určíme její hodnost, což odpovídá počtu lineárně nezávislých vektorů.

Matici sestavíme takto:

\[ A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{pmatrix} \]

Pro zjištění lineární nezávislosti vypočteme determinant matice \( A \):

\[ \det A = 1 \cdot (5 \cdot 9 – 6 \cdot 8) – 2 \cdot (4 \cdot 9 – 6 \cdot 7) + 3 \cdot (4 \cdot 8 – 5 \cdot 7) \]

\[ = 1 \cdot (45 – 48) – 2 \cdot (36 – 42) + 3 \cdot (32 – 35) = 1 \cdot (-3) – 2 \cdot (-6) + 3 \cdot (-3) = -3 + 12 – 9 = 0 \]

Determinant je nulový, tedy vektory jsou lineárně závislé.

Nyní zjistíme, které vektory tvoří bázi jejich lineárního obalu. Postupujeme redukcí matice na stupňovitý tvar:

Po odečtení 4-násobku prvního řádku od druhého a 7-násobku prvního od třetího dostaneme:

\[ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & -3 & -6 \\ 0 & -6 & -12 \end{pmatrix} \]

Dále druhý řádek vynásobíme \(-\frac{1}{3}\):

\[ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & -6 & -12 \end{pmatrix} \]

Přičteme 6-násobek druhého řádku k třetímu:

\[ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

Máme 2 pivoty, tudíž hodnost matice je 2 a báze je tvořena prvními dvěma vektory \( \mathbf{v}_1 \) a \( \mathbf{v}_2 \).

Dimenze prostoru, který generují, je tedy 2.

Řešení příkladu:

Vektory jsou v prostoru \( \mathbb{R}^4 \), takže můžeme zjistit jejich lineární nezávislost pomocí matice:

\[ A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 & -1 \\ 3 & 1 & 0 & 4 \\ 2 & -1 & 4 & 1 \end{pmatrix} \]

Chceme zjistit, zda existují skaláry \( \alpha, \beta, \gamma \) tak, že:

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

To znamená řešit homogenní soustavu:

\[ \alpha \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} + \beta \begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} + \gamma \begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \]

Což dává soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 3\beta + 2\gamma = 0 \\ 0\cdot\alpha + \beta – \gamma = 0 \\ 2\alpha + 0\cdot\beta + 4\gamma = 0 \\ -\alpha + 4\beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Ze druhé rovnice vyjádříme \( \beta = \gamma \).

Dosadíme do první:

\[ \alpha + 3\gamma + 2\gamma = \alpha + 5\gamma = 0 \Rightarrow \alpha = -5\gamma \]

Do třetí:

\[ 2\alpha + 4\gamma = 2(-5\gamma) + 4\gamma = -10\gamma + 4\gamma = -6\gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0 \]

Z toho plyne \( \gamma = 0 \Rightarrow \beta = 0 \Rightarrow \alpha = 0 \).

Tedy vektory jsou lineárně nezávislé.

Protože prostor \( \mathbb{R}^4 \) má dimenzi 4, musíme vektory rozšířit o další vektor(y) tak, aby vytvořily bázi.

Například přidáme vektor \( \mathbf{u}_4 = (0,0,0,1) \), který není lineární kombinací předchozích.

Počet vektorů v bázi je tedy 4, což odpovídá dimenzi prostoru \( \mathbb{R}^4 \).

Řešení příkladu:

Zkontrolujeme, zda jsou vektory lineárně nezávislé.

Vektor \( \mathbf{w}_2 = 2 \mathbf{w}_1 \), tedy tyto dva nejsou nezávislé.

Vektor \( \mathbf{w}_3 \) má nenulovou třetí složku, zatímco \( \mathbf{w}_1 \) a \( \mathbf{w}_2 \) mají třetí složku nulovou, takže \( \mathbf{w}_3 \) není lineární kombinací \( \mathbf{w}_1 \) a \( \mathbf{w}_2 \).

Báze je tedy tvořena vektory \( \mathbf{w}_1 \) a \( \mathbf{w}_3 \).

Dimenze jejich lineárního obalu je 2.

Řešení příkladu:

Rovnice podprostoru je:

\[ x + 2y – z = 0 \Rightarrow x = -2y + z \]

Parametrizujeme vektor \( \mathbf{v} \in \mathbb{R}^3 \) jako:

\[ \mathbf{v} = (x,y,z) = (-2y + z, y, z) = y(-2,1,0) + z(1,0,1) \]

Báze podprostoru je tedy \( \{ (-2,1,0), (1,0,1) \} \) a dimenze je 2.

Řešení příkladu:

Zjistíme, zda existují \( \alpha, \beta, \gamma \neq 0 \) tak, že:

\[ \alpha \mathbf{a} + \beta \mathbf{b} + \gamma \mathbf{c} = \mathbf{0} \]

Což dává soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta + 2\gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

První rovnice: \( \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = -\gamma \).

Druhá a čtvrtá rovnice jsou shodné: \( \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta = -\gamma \).

Třetí rovnice: \( \alpha + \beta + 2\gamma = -\gamma – \gamma + 2\gamma = 0 \) – platí vždy.

Existuje tedy netriviální řešení s \( \gamma \neq 0 \).

Vektory jsou lineárně závislé.

Bázi tvoří libovolné dva z těchto vektorů, např. \( \mathbf{a}, \mathbf{b} \).

Dimenze je 2.

Řešení příkladu:

Vidíme, že \( \mathbf{v}_2 = 2 \mathbf{v}_1 \), tedy vektory nejsou nezávislé.

Zkontrolujeme, zda \( \mathbf{v}_3 \) je lineární kombinací \( \mathbf{v}_1 \).

Řešíme \( \alpha \mathbf{v}_1 = \mathbf{v}_3 \):

\[ \alpha (2,3,1) = (1,0,1) \]

To dává soustavu:

\[ \begin{cases} 2\alpha = 1 \\ 3\alpha = 0 \\ \alpha = 1 \end{cases} \]

Neexistuje jediné \( \alpha \) splňující všechny rovnice, tedy \( \mathbf{v}_3 \) není lineární kombinací \( \mathbf{v}_1 \).

Bázi tvoří \( \{ \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_3 \} \), dimenze je 2.

Řešení příkladu:

Máme dvě rovnice:

\[ \begin{cases} x – y + z = 0 \Rightarrow x = y – z \\ 2x + y – w = 0 \Rightarrow w = 2x + y \end{cases} \]

Dosadíme první do druhé:

\[ w = 2(y – z) + y = 3y – 2z \]

Parametrizujeme vektor jako:

\[ (x,y,z,w) = (y – z, y, z, 3y – 2z) = y(1,1,0,3) + z(-1,0,1,-2) \]

Báze \( U \) je \( \{ (1,1,0,3), (-1,0,1,-2) \} \), dimenze je 2.

Řešení příkladu:

Vektorový prostor \( \mathbb{R}^3 \) má dimenzi 3, máme 4 vektory, tedy musí být lineárně závislé.

Zkusíme vyjádřit \( \mathbf{p}_4 \) jako kombinaci předchozích:

\[ \alpha \mathbf{p}_1 + \beta \mathbf{p}_2 + \gamma \mathbf{p}_3 = \mathbf{p}_4 \]

Soustava rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 2 \\ 2\alpha + \beta + 0 = 3 \\ 3\alpha + 4\beta + 7\gamma = 10 \end{cases} \]

Z první rovnice: \( \gamma = 2 – \alpha \).

Druhá: \( 2\alpha + \beta = 3 \Rightarrow \beta = 3 – 2\alpha \).

Dosadíme do třetí:

\[ 3\alpha + 4(3 – 2\alpha) + 7(2 – \alpha) = 10 \]

\[ 3\alpha + 12 – 8\alpha + 14 – 7\alpha = 10 \Rightarrow (3 – 8 – 7)\alpha + 26 = 10 \Rightarrow -12\alpha = -16 \Rightarrow \alpha = \frac{4}{3} \]

Dále:

\[ \beta = 3 – 2 \cdot \frac{4}{3} = 3 – \frac{8}{3} = \frac{1}{3}, \quad \gamma = 2 – \frac{4}{3} = \frac{2}{3} \]

Tedy \( \mathbf{p}_4 \) je lineární kombinací \( \mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3 \).

Bázi tvoří \( \{ \mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2, \mathbf{p}_3 \} \), dimenze je 3.

Řešení příkladu:

Vektor \( \mathbf{q}_2 = 3 \mathbf{q}_1 \), takže jsou lineárně závislé.

Báze je tedy tvořena jediným vektorem \( \mathbf{q}_1 \).

Dimenze podprostoru je 1.

Podprostor \( W \) je přímka ve směru vektoru \( (1,2,0) \).

Řešení příkladu:

Dimenze \( U \) je počet vektorů v bázi, tedy 2.

Vektor \( (1,1,2) \) leží v \( U \), pokud existují skaláry \( \alpha, \beta \) tak, že:

\[ \alpha (1,0,1) + \beta (0,1,1) = (1,1,2) \]

To dává soustavu:

\[ \begin{cases} \alpha = 1 \\ \beta = 1 \\ \alpha + \beta = 2 \end{cases} \]

Poslední rovnice je splněna, tedy \( (1,1,2) \in U \).

Řešení příkladu:

Zkontrolujeme lineární nezávislost vektorů \( \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3, \mathbf{v}_4 \). Podmínka lineární závislosti je existence nenulových koeficientů \( \alpha, \beta, \gamma, \delta \) tak, že

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 + \delta \mathbf{v}_4 = \mathbf{0} \]

což znamená

\[ \alpha (1, 2, 0, -1) + \beta (3, 6, 0, -3) + \gamma (0, 0, 1, 4) + \delta (1, 1, 1, 1) = (0, 0, 0, 0) \]

Rozepíšeme soustavu rovnic složku po složce:

\[ \begin{cases} \alpha + 3\beta + 0 + \delta = 0 \\ 2\alpha + 6\beta + 0 + \delta = 0 \\ 0 + 0 + \gamma + \delta = 0 \\ – \alpha – 3\beta + 4\gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

První dvě rovnice lze odečtením upravit:

\[ (2\alpha + 6\beta + \delta) – 2(\alpha + 3\beta + \delta) = 0 – 0 \Rightarrow 2\alpha + 6\beta + \delta – 2\alpha – 6\beta – 2\delta = 0 \Rightarrow -\delta = 0 \Rightarrow \delta = 0 \]

S \(\delta = 0\) první rovnice je

\[ \alpha + 3\beta = 0 \Rightarrow \alpha = -3\beta \]

Třetí rovnice je

\[ \gamma + 0 = 0 \Rightarrow \gamma = 0 \]

Čtvrtá rovnice pak je

\[ – \alpha – 3\beta + 0 + 0 = 0 \Rightarrow -\alpha – 3\beta = 0 \]

Dosadíme \(\alpha = -3\beta\):

\[ -(-3\beta) – 3\beta = 3\beta – 3\beta = 0 \]

Tedy soustava má nekonečně mnoho nenulových řešení, např. \(\beta = 1\), \(\alpha = -3\), \(\gamma = 0\), \(\delta = 0\).

Z toho plyne, že vektory nejsou lineárně nezávislé.

Vyřadíme závislý vektor, například \( \mathbf{v}_2 = 3 \mathbf{v}_1 \), zbývá množina \(\{ \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_3, \mathbf{v}_4 \}\).

Zkontrolujeme, zda jsou tyto tři vektory lineárně nezávislé. Podmínka:

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \gamma \mathbf{v}_3 + \delta \mathbf{v}_4 = \mathbf{0} \]

Soustava složek:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \delta = 0 \\ 2\alpha + 0 + \delta = 0 \\ 0 + \gamma + \delta = 0 \\ – \alpha + 4 \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Odečteme první dvě rovnice:

\[ (2\alpha + \delta) – ( \alpha + \delta) = 0 \Rightarrow \alpha = 0 \]

S \(\alpha = 0\) z první rovnice \(0 + \delta = 0 \Rightarrow \delta = 0\).

Třetí rovnice \(\gamma + 0 = 0 \Rightarrow \gamma = 0\).

Čtvrtá rovnice je \(0 + 0 + 0 = 0\), tedy splněna.

Jedno řešení je nulové, tedy vektory jsou lineárně nezávislé.

Dimenze podprostoru generovaného původními vektory je tedy 3, báze je \(\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_3, \mathbf{v}_4\}\).

Řešení příkladu:

Vektorový prostor \( \mathbb{R}^3 \) má dimenzi 3, máme 4 vektory, tedy musí být lineárně závislé.

Najdeme soustavu rovnic:

\[ \alpha \mathbf{w}_1 + \beta \mathbf{w}_2 + \gamma \mathbf{w}_3 + \delta \mathbf{w}_4 = \mathbf{0} \]

což znamená

\[ \alpha (1,0,2) + \beta (0,1,-1) + \gamma (2,1,3) + \delta (3,1,5) = (0,0,0) \]

Rozepíšeme podle složek:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + 2\gamma + 3\delta = 0 \\ 0 + \beta + \gamma + \delta = 0 \\ 2\alpha – \beta + 3\gamma + 5\delta = 0 \end{cases} \]

Z druhé rovnice:

\[ \beta = -\gamma – \delta \]

Dosadíme do třetí:

\[ 2\alpha – (-\gamma – \delta) + 3\gamma + 5\delta = 0 \Rightarrow 2\alpha + \gamma + \delta + 3\gamma + 5\delta = 0 \Rightarrow 2\alpha + 4\gamma + 6\delta = 0 \]

První rovnice:

\[ \alpha + 2\gamma + 3\delta = 0 \]

Můžeme použít první a upravenou třetí rovinu k vyjádření \(\alpha\):

Z první: \(\alpha = -2\gamma – 3\delta\)

Dosadíme do třetí:

\[ 2(-2\gamma – 3\delta) + 4\gamma + 6\delta = 0 \Rightarrow -4\gamma – 6\delta + 4\gamma + 6\delta = 0 \]

Což je vždy pravda, tzn. soustava má nekonečně mnoho řešení závislých na parametrech \(\gamma\) a \(\delta\).

Z toho vyplývá lineární závislost vektorů.

Vybereme lineárně nezávislé vektory. Zkusíme \(\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2, \mathbf{w}_3\).

Zkontrolujeme jejich linearitu:

\[ \alpha \mathbf{w}_1 + \beta \mathbf{w}_2 + \gamma \mathbf{w}_3 = \mathbf{0} \]

Soustava:

\[ \begin{cases} \alpha + 2\gamma = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \\ 2\alpha – \beta + 3\gamma = 0 \end{cases} \]

Z první: \(\alpha = -2\gamma\), z druhé: \(\beta = -\gamma\).

Dosadíme do třetí:

\[ 2(-2\gamma) – (-\gamma) + 3\gamma = -4\gamma + \gamma + 3\gamma = 0 \]

což platí pro všechny \(\gamma\), tedy tyto tři vektory jsou lineárně závislé, takže zkusíme \(\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2\).

Zkouška linearity pro \(\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2\):

\[ \alpha \mathbf{w}_1 + \beta \mathbf{w}_2 = \mathbf{0} \Rightarrow \alpha (1,0,2) + \beta (0,1,-1) = (0,0,0) \]

Soustava:

\[ \begin{cases} \alpha = 0 \\ \beta = 0 \\ 2\alpha – \beta = 0 \end{cases} \]

Řešením je pouze \(\alpha = \beta = 0\), tedy \(\mathbf{w}_1\) a \(\mathbf{w}_2\) jsou lineárně nezávislé.

Dimenze podprostoru je tedy 2 a báze může být \(\{\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2\}\).

Řešení příkladu:

Zkoumáme lineární závislost vektorů \( \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3 \).

Podmínka:

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

což znamená

\[ \alpha (1,-1,2) + \beta (2,-2,4) + \gamma (0,1,0) = (0,0,0) \]

Součet podle složek:

\[ \begin{cases} \alpha + 2\beta + 0 = 0 \\ – \alpha – 2\beta + \gamma = 0 \\ 2\alpha + 4\beta + 0 = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = -2\beta \]

Dosadíme do třetí:

\[ 2(-2\beta) + 4\beta = -4\beta + 4\beta = 0 \]

Třetí rovnice je tedy splněna pro všechny \(\beta\).

Druhá rovnice:

\[ -(-2\beta) – 2\beta + \gamma = 2\beta – 2\beta + \gamma = \gamma = 0 \]

Máme \(\gamma = 0\).

Vraťme se k \(\alpha = -2\beta\).

Vyjádření vektorové rovnice pro libovolné \(\beta\) je:

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 = -2\beta \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 = \beta(-2 \mathbf{u}_1 + \mathbf{u}_2) \]

Pro lineární závislost musí být tento vektor nulový, tedy

\[ -2 \mathbf{u}_1 + \mathbf{u}_2 = \mathbf{0} \]

Ověříme:

\[ -2 (1, -1, 2) + (2, -2, 4) = (-2, 2, -4) + (2, -2, 4) = (0,0,0) \]

Tedy \(\mathbf{u}_2 = 2 \mathbf{u}_1\), což znamená, že \(\mathbf{u}_1\) a \(\mathbf{u}_2\) jsou lineárně závislé.

Vektory \( \mathbf{u}_1 \) a \( \mathbf{u}_3 \) ověříme, zda jsou lineárně nezávislé.

Podmínka:

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \Rightarrow \alpha (1,-1,2) + \gamma (0,1,0) = (0,0,0) \]

Soustava:

\[ \begin{cases} \alpha = 0 \\ -\alpha + \gamma = 0 \\ 2 \alpha = 0 \end{cases} \]

První a třetí rovnice dávají \(\alpha = 0\).

Druhá pak \(\gamma = 0\).

Oba vektory jsou lineárně nezávislé.

Dimenze podprostoru \( U \) je tedy 2, a báze je \(\{ \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_3 \}\).

Řešení příkladu:

Nejprve zkontrolujeme, zda jsou vektory lineárně nezávislé.

Podmínka:

\[ \alpha \mathbf{a}_1 + \beta \mathbf{a}_2 + \gamma \mathbf{a}_3 + \delta \mathbf{a}_4 = \mathbf{0} \]

což znamená

\[ \alpha (1,0,1,2) + \beta (0,1,-1,1) + \gamma (1,1,0,3) + \delta (2,1,1,5) = (0,0,0,0) \]

Rozepíšeme soustavu rovnic podle složek:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma + 2 \delta = 0 \\ 0 + \beta + \gamma + \delta = 0 \\ \alpha – \beta + 0 + \delta = 0 \\ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma + 5 \delta = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha + \gamma + 2 \delta = 0 \]

Druhá:

\[ \beta + \gamma + \delta = 0 \]

Třetí:

\[ \alpha – \beta + \delta = 0 \]

Čtvrtá:

\[ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma + 5 \delta = 0 \]

Z první rovnice vyjádříme \(\alpha = -\gamma – 2 \delta\).

Z druhé \(\beta = – \gamma – \delta\).

Dosadíme do třetí:

\[ (-\gamma – 2\delta) – (- \gamma – \delta) + \delta = 0 \Rightarrow -\gamma – 2\delta + \gamma + \delta + \delta = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Je splněna automaticky.

Dosadíme do čtvrté:

\[ 2(-\gamma – 2\delta) + (- \gamma – \delta) + 3 \gamma + 5 \delta = 0 \]

Rozepíšeme:

\[ -2 \gamma – 4 \delta – \gamma – \delta + 3 \gamma + 5 \delta = 0 \]

Sjednotíme členy:

\[ (-2\gamma – \gamma + 3 \gamma) + (-4 \delta – \delta + 5 \delta) = 0 \Rightarrow 0 + 0 = 0 \]

Také splněno vždy.

Soustava má tedy nekonečně mnoho řešení, závislých na \(\gamma, \delta\).

Tedy vektory nejsou lineárně nezávislé.

Vybereme lineárně nezávislé vektory, například \(\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2, \mathbf{a}_3\).

Zkontrolujeme jejich linearitu:

\[ \alpha \mathbf{a}_1 + \beta \mathbf{a}_2 + \gamma \mathbf{a}_3 = \mathbf{0} \]

Soustava:

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \\ \alpha – \beta = 0 \\ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice \(\alpha = – \gamma\).

Z druhé \(\beta = – \gamma\).

Třetí \(- \gamma – (-\gamma) = 0\) splněna.

Čtvrtá:

\[ 2 (- \gamma) + (- \gamma) + 3 \gamma = -2 \gamma – \gamma + 3 \gamma = 0 \]

Splněna.

Řešení závisí na \(\gamma\), tedy lineárně závislé.

Zkusíme \(\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2\).

Soustava:

\[ \alpha \mathbf{a}_1 + \beta \mathbf{a}_2 = \mathbf{0} \]

\[ \begin{cases} \alpha + 0 = 0 \\ 0 + \beta = 0 \\ \alpha – \beta = 0 \\ 2 \alpha + \beta = 0 \end{cases} \]

Z první \(\alpha = 0\), z druhé \(\beta = 0\).

Třetí a čtvrtá splněny.

Jsou tedy lineárně nezávislé.

Dimenze podprostoru je 2, báze je \(\{\mathbf{a}_1, \mathbf{a}_2\}\).

Řešení příkladu:

Zkontrolujeme lineární nezávislost vektorů \( \mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2, \mathbf{b}_3 \).

Podmínka:

\[ \alpha \mathbf{b}_1 + \beta \mathbf{b}_2 + \gamma \mathbf{b}_3 = \mathbf{0} \]

což znamená

\[ \alpha (1,1,0) + \beta (0,1,1) + \gamma (1,2,1) = (0,0,0) \]

Rozepíšeme složky:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice \(\alpha = – \gamma\).

Z třetí \(\beta = – \gamma\).

Dosadíme do druhé:

\[ – \gamma + (- \gamma) + 2 \gamma = 0 \Rightarrow -\gamma – \gamma + 2 \gamma = 0 \]

Což je 0, tedy rovnice splněna pro všechna \(\gamma\).

Soustava má tedy nekonečně mnoho řešení závislých na parametru \(\gamma\).

Vektory jsou lineárně závislé.

Vybereme lineárně nezávislé vektory. Zkusíme \(\mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2\).

Podmínka:

\[ \alpha \mathbf{b}_1 + \beta \mathbf{b}_2 = \mathbf{0} \]

Soustava:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \\ 0 + \beta = 0 \end{cases} \]

Z první \(\alpha = 0\), z třetí \(\beta = 0\), druhá splněna.

Jsou lineárně nezávislé.

Dimenze podprostoru je 2, báze je \(\{\mathbf{b}_1, \mathbf{b}_2\}\).

Řešení příkladu:

Nejprve zkontrolujeme lineární závislosti.

Vidíme, že \(\mathbf{c}_2 = 2 \mathbf{c}_1\), tedy \(\mathbf{c}_2\) je lineárně závislý na \(\mathbf{c}_1\).

Podmínka lineární závislosti je tedy potvrzena.

Zbývá tedy zkontrolovat linearitu \(\mathbf{c}_1, \mathbf{c}_3, \mathbf{c}_4\).

Podmínka:

\[ \alpha \mathbf{c}_1 + \beta \mathbf{c}_3 + \gamma \mathbf{c}_4 = \mathbf{0} \]

což znamená

\[ \alpha (1,2,3,4) + \beta (0,1,0,1) + \gamma (1,3,3,5) = (0,0,0,0) \]

Rozepíšeme rovnice podle složek:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma = 0 \\ 3 \alpha + 0 + 3 \gamma = 0 \\ 4 \alpha + \beta + 5 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = – \gamma \]

Dosadíme do druhé:

\[ 2(- \gamma) + \beta + 3 \gamma = 0 \Rightarrow -2 \gamma + \beta + 3 \gamma = 0 \Rightarrow \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta = – \gamma \]

Dosadíme do třetí:

\[ 3(- \gamma) + 3 \gamma = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Splněno automaticky.

Dosadíme do čtvrté:

\[ 4(- \gamma) + (- \gamma) + 5 \gamma = 0 \Rightarrow -4 \gamma – \gamma + 5 \gamma = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Splněno automaticky.

Řešení závisí na \(\gamma\), tedy lineární závislost.

Lineárně nezávislé jsou tedy \(\mathbf{c}_1, \mathbf{c}_3\).

Báze je \(\{\mathbf{c}_1, \mathbf{c}_3\}\), dimenze je 2.

Řešení:

Rovnice definuje podprostor vektorů \((x, y, z)\), které splňují \(x + 2 y + 3 z = 0\).

Vyjádříme \(x\) pomocí \(y, z\):

\[ x = – 2 y – 3 z \]

Vektor v podprostoru můžeme psát jako

\[ (x, y, z) = (-2 y – 3 z, y, z) = y (-2, 1, 0) + z (-3, 0, 1) \]

Vektory \(\mathbf{v}_1 = (-2, 1, 0)\) a \(\mathbf{v}_2 = (-3, 0, 1)\) tvoří bázi podprostoru.

Dimenze je 2.

Řešení:

Podmínka lineární nezávislosti:

\[ \alpha \mathbf{d}_1 + \beta \mathbf{d}_2 + \gamma \mathbf{d}_3 = \mathbf{0} \]

Rozepíšeme podle složek:

\[ \alpha (1, 0, 2, 1, -1) + \beta (0, 1, 3, -1, 2) + \gamma (2, 1, 7, 0, 0) = (0, 0, 0, 0, 0) \]

což znamená

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + 2 \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 3 \beta + 7 \gamma = 0 \\ \alpha – \beta + 0 = 0 \\ – \alpha + 2 \beta + 0 = 0 \end{cases} \]

Z druhé rovnice \(\beta = – \gamma\).

Z čtvrté \(\alpha – \beta = 0 \Rightarrow \alpha = \beta = – \gamma\).

Z první \(\alpha + 2 \gamma = 0 \Rightarrow – \gamma + 2 \gamma = \gamma = 0\).

Takže \(\gamma = 0 \Rightarrow \beta = 0 \Rightarrow \alpha = 0\).

Jediné řešení je nulové, tedy vektory jsou lineárně nezávislé.

Báze podprostoru je tedy celá množina \(\{\mathbf{d}_1, \mathbf{d}_2, \mathbf{d}_3\}\) a dimenze je 3.

Řešení:

Zadané rovnice jsou

\[ \begin{cases} x + y + z = 0 \\ 2x – y + 3z = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(x, y\) pomocí \(z\).

Z první rovnice:

\[ x = – y – z \]

Dosadíme do druhé:

\[ 2(- y – z) – y + 3 z = 0 \Rightarrow -2 y – 2 z – y + 3 z = 0 \Rightarrow -3 y + z = 0 \]

Odtud \(3 y = z \Rightarrow y = \frac{z}{3}\).

Dosadíme zpět do \(x\):

\[ x = – \frac{z}{3} – z = – \frac{4 z}{3} \]

Vektor v podprostoru lze psát jako

\[ (x, y, z) = \left(- \frac{4 z}{3}, \frac{z}{3}, z\right) = z \left(- \frac{4}{3}, \frac{1}{3}, 1\right) \]

Báze podprostoru je tedy \(\left\{\left(- \frac{4}{3}, \frac{1}{3}, 1\right)\right\}\), dimenze je 1.

Řešení:

Rovnice podprostoru jsou:

\[ \begin{cases} x_1 + 2 x_2 – x_3 + x_4 = 0 \\ 3 x_1 – x_2 + 4 x_3 + 2 x_4 = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(x_1\) z první rovnice:

\[ x_1 = -2 x_2 + x_3 – x_4 \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 3(-2 x_2 + x_3 – x_4) – x_2 + 4 x_3 + 2 x_4 = 0 \]

Rozepíšeme:

\[ -6 x_2 + 3 x_3 – 3 x_4 – x_2 + 4 x_3 + 2 x_4 = 0 \]

Sjednotíme členy:

\[ -7 x_2 + 7 x_3 – x_4 = 0 \]

Vyjádříme \(x_2\):

\[ x_2 = x_3 – \frac{1}{7} x_4 \]

Dosadíme zpět do \(x_1\):

\[ x_1 = -2 \left(x_3 – \frac{1}{7} x_4 \right) + x_3 – x_4 = -x_3 – \frac{5}{7} x_4 \]

Celkový vektor v podprostoru:

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4) = (-x_3 – \frac{5}{7} x_4, x_3 – \frac{1}{7} x_4, x_3, x_4) = x_3(-1,1,1,0) + x_4(-\frac{5}{7}, -\frac{1}{7},0,1) \]

Báze podprostoru je \(\{(-1,1,1,0), (-\frac{5}{7}, -\frac{1}{7},0,1)\}\), dimenze je 2.

Řešení:

Podmínka lineární závislosti je, že existují skaláry \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), ne všechny nulové, takové, že

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 + \delta \mathbf{v}_4 = \mathbf{0} \]

Rozepíšeme rovnice podle složek:

\[ \alpha (1, 2, 0, -1) + \beta (3, 1, 4, 0) + \gamma (2, 5, 4, -1) + \delta (1, 0, 2, 1) = (0, 0, 0, 0) \]

což znamená soustavu rovnic

\[ \begin{cases} \alpha + 3 \beta + 2 \gamma + \delta = 0 \\ 2 \alpha + \beta + 5 \gamma = 0 \\ 4 \beta + 4 \gamma + 2 \delta = 0 \\ – \alpha – \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Ze čtvrté rovnice:

\[ \alpha = – \gamma + \delta \]

Dosadíme do první:

\[ (- \gamma + \delta) + 3 \beta + 2 \gamma + \delta = 0 \Rightarrow 3 \beta + \gamma + 2 \delta = 0 \]

Druhá rovnice s dosazením:

\[ 2 (- \gamma + \delta) + \beta + 5 \gamma = 0 \Rightarrow – 2 \gamma + 2 \delta + \beta + 5 \gamma = 0 \Rightarrow \beta + 3 \gamma + 2 \delta = 0 \]

Třetí rovnice:

\[ 4 \beta + 4 \gamma + 2 \delta = 0 \]

Od druhé a první odečteme:

\[ 3 \beta + \gamma + 2 \delta – ( \beta + 3 \gamma + 2 \delta ) = 0 \Rightarrow 2 \beta – 2 \gamma = 0 \Rightarrow \beta = \gamma \]

Dosadíme \(\beta = \gamma\) do třetí rovnice:

\[ 4 \gamma + 4 \gamma + 2 \delta = 0 \Rightarrow 8 \gamma + 2 \delta = 0 \Rightarrow 4 \gamma + \delta = 0 \Rightarrow \delta = – 4 \gamma \]

Dosadíme \(\beta = \gamma\) a \(\delta = – 4 \gamma\) do první rovnice:

\[ 3 \gamma + \gamma + 2 (-4 \gamma) = 0 \Rightarrow 4 \gamma – 8 \gamma = 0 \Rightarrow -4 \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0 \]

Z toho plyne \(\beta = 0\), \(\delta = 0\) a \(\alpha = – \gamma + \delta = 0\).

Jediné řešení je nulové, tedy vektory jsou lineárně nezávislé.

Dimenze prostoru, který generují, je 4 a báze je \(\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3, \mathbf{v}_4\}\).

Řešení:

Podprostor tvoří všechny vektory \((x, y, z)\), které splňují rovnice:

\[ \begin{cases} x + y + z = 0 \\ 2x – y + 3z = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(x\) a \(y\) pomocí \(z\).

Z první rovnice:

\[ x = – y – z \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 2 (- y – z) – y + 3 z = 0 \Rightarrow – 2 y – 2 z – y + 3 z = 0 \Rightarrow – 3 y + z = 0 \]

Odtud:

\[ 3 y = z \Rightarrow y = \frac{z}{3} \]

Dosadíme zpět do \(x\):

\[ x = – \frac{z}{3} – z = – \frac{4 z}{3} \]

Vektor tedy lze vyjádřit jako:

\[ (x, y, z) = z \left(- \frac{4}{3}, \frac{1}{3}, 1\right) \]

Báze podprostoru je \(\left\{\left(- \frac{4}{3}, \frac{1}{3}, 1\right)\right\}\), dimenze je 1.

Řešení:

Ověříme lineární závislost:

\[ \alpha \mathbf{w}_1 + \beta \mathbf{w}_2 + \gamma \mathbf{w}_3 + \delta \mathbf{w}_4 = \mathbf{0} \]

Rozepíšeme podle složek:

\[ \alpha (1, 2, 0, 3) + \beta (2, 4, 0, 6) + \gamma (0, 0, 1, 1) + \delta (1, 1, 1, 1) = (0, 0, 0, 0) \]

což dává soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + \delta = 0 \\ 2 \alpha + 4 \beta + \delta = 0 \\ \gamma + \delta = 0 \\ 3 \alpha + 6 \beta + \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Ze třetí rovnice:

\[ \gamma = – \delta \]

Dosadíme do čtvrté:

\[ 3 \alpha + 6 \beta – \delta + \delta = 3 \alpha + 6 \beta = 0 \]

Podíváme se na první dvě rovnice:

Odečteme první od druhé:

\[ (2 \alpha + 4 \beta + \delta) – (\alpha + 2 \beta + \delta) = \alpha + 2 \beta = 0 \]

Máme tedy soustavu:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + \delta = 0 \\ \alpha + 2 \beta = 0 \\ 3 \alpha + 6 \beta = 0 \end{cases} \]

Druhá a třetí rovnice jsou lineárně závislé, první rovnice říká:

\[ \alpha + 2 \beta = – \delta \]

Porovnáme s druhou rovnicí \(\alpha + 2 \beta = 0\), musí tedy platit \(\delta = 0\).

Tedy \(\delta = 0\) a z druhé rovnice \(\alpha + 2 \beta = 0\).

Zvolíme \(\beta = t\), potom \(\alpha = – 2 t\), \(\gamma = – \delta = 0\).

Nejdřív najdeme lineárně nezávislé vektory:

\[ \mathbf{w}_1, \mathbf{w}_3, \mathbf{w}_4 \]

Protože \(\mathbf{w}_2 = 2 \mathbf{w}_1\), je závislý na \(\mathbf{w}_1\).

Báze je tedy \(\{\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_3, \mathbf{w}_4\}\), dimenze je 3.

Řešení:

Lineární závislost znamená, že existují \(\alpha, \beta, \gamma\), ne všechny nulové, takové že

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

Rozepíšeme:

\[ \alpha (1,1,0) + \beta (0,1,1) + \gamma (1,2,1) = (0,0,0) \]

což dává soustavu:

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Ze třetí rovnice:

\[ \beta = – \gamma \]

Dosadíme do druhé:

\[ \alpha – \gamma + 2 \gamma = \alpha + \gamma = 0 \]

Z první rovnice také \(\alpha + \gamma = 0\), takže obě jsou stejné.

Volíme \(\gamma = t\), potom \(\alpha = – t\), \(\beta = – t\).

Existuje netriviální řešení, vektory jsou lineárně závislé.

Vybereme maximální lineárně nezávislou podmnožinu, například \(\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2\}\).

Dimenze generovaného podprostoru je 2, báze je \(\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2\}\).

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha p_1 + \beta p_2 + \gamma p_3 + \delta p_4 = 0 \]

což znamená polynom nulový pro každé \(x\), tedy koeficienty všech mocnin musí být nulové.

Rozepíšeme lineární kombinaci:

\[ \alpha (1 + x) + \beta (x + x^2) + \gamma (1 + x^2) + \delta x^3 = 0 \]

koeficienty u jednotlivých mocnin:

u \(x^0\): \(\alpha + \gamma = 0\)

u \(x^1\): \(\alpha + \beta = 0\)

u \(x^2\): \(\beta + \gamma = 0\)

u \(x^3\): \(\delta = 0\)

Ze čtvrté rovnice: \(\delta = 0\).

Z první a třetí rovnice:

\[ \alpha + \gamma = 0, \quad \beta + \gamma = 0 \]

Z druhé rovnice:

\[ \alpha + \beta = 0 \]

Dosadíme \(\beta = – \alpha\) z druhé rovnice do třetí:

\[ – \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = \alpha \]

Z první rovnice:

\[ \alpha + \gamma = \alpha + \alpha = 2 \alpha = 0 \Rightarrow \alpha = 0 \]

Odtud \(\beta = 0\), \(\gamma = 0\), \(\delta = 0\).

Jediné řešení je triviální, tedy polynomy jsou lineárně nezávislé.

Báze je \(\{p_1, p_2, p_3, p_4\}\), dimenze je 4.

Řešení:

Máme dvě rovnice pro pět neznámých, takže dimenze podprostoru je nejvýše 3.

Vyjádříme \(x_1, x_2\) pomocí \(x_3, x_4, x_5\).

Z první rovnice:

\[ x_1 = – x_2 – x_3 – x_4 – x_5 \]

Dosadíme do druhé:

\[ 2 (- x_2 – x_3 – x_4 – x_5) – x_2 + x_3 – x_4 + 3 x_5 = 0 \]

Rozepíšeme:

\[ -2 x_2 – 2 x_3 – 2 x_4 – 2 x_5 – x_2 + x_3 – x_4 + 3 x_5 = 0 \]

Sjednotíme členy:

\[ -3 x_2 – x_3 – 3 x_4 + x_5 = 0 \]

Vyjádříme \(x_2\):

\[ x_2 = – \frac{1}{3} x_3 – x_4 + \frac{1}{3} x_5 \]

Dosadíme zpět do výrazu pro \(x_1\):

\[ x_1 = – \left(- \frac{1}{3} x_3 – x_4 + \frac{1}{3} x_5\right) – x_3 – x_4 – x_5 = \frac{1}{3} x_3 + x_4 – \frac{1}{3} x_5 – x_3 – x_4 – x_5 = – \frac{2}{3} x_3 – \frac{4}{3} x_5 \]

Celkový vektor má tvar

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) = x_3 \left(- \frac{2}{3}, – \frac{1}{3}, 1, 0, 0 \right) + x_4 \left(0, -1, 0, 1, 0 \right) + x_5 \left(- \frac{4}{3}, \frac{1}{3}, 0, 0, 1 \right) \]

Báze podprostoru je tato tři vektory, dimenze je 3.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{a} + \beta \mathbf{b} + \gamma \mathbf{c} = \mathbf{0} \]

Rozepíšeme podle složek:

\[ \alpha (1,0,1) + \beta (2,1,3) + \gamma (3,1,4) = (0,0,0) \]

což dává soustavu:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ \alpha + 3 \beta + 4 \gamma = 0 \end{cases} \]

Ze druhé rovnice:

\[ \beta = – \gamma \]

Dosadíme do první a třetí:

První:

\[ \alpha + 2(-\gamma) + 3 \gamma = \alpha + \gamma = 0 \]

Třetí:

\[ \alpha + 3(-\gamma) + 4 \gamma = \alpha + \gamma = 0 \]

Obě rovnice jsou stejné, takže

\[ \alpha = – \gamma \]

Parametrizujeme \(\gamma = t\), dostáváme řešení

\[ (\alpha, \beta, \gamma) = (- t, – t, t) \]

Existuje netriviální řešení, vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je například \(\{\mathbf{a}, \mathbf{b}\}\).

Dimenze generovaného podprostoru je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha f_1 + \beta f_2 + \gamma f_3 = 0 \]

pro všechna \(x\), tedy

\[ \alpha e^x + \beta x e^x + \gamma (e^x + x e^x) = 0 \]

Rozebereme:

\[ (\alpha + \gamma) e^x + (\beta + \gamma) x e^x = 0 \]

Funkce \(e^x\) a \(x e^x\) jsou lineárně nezávislé, proto musí platit:

\[ \alpha + \gamma = 0, \quad \beta + \gamma = 0 \]

Vyjádříme \(\alpha\) a \(\beta\):

\[ \alpha = – \gamma, \quad \beta = – \gamma \]

Parametr \(\gamma = t\). Pokud \(t \neq 0\), řešení je netriviální.

Funkce jsou tedy lineárně závislé.

Báze generovaného prostoru je \(\{f_1, f_2\}\), dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 + \delta \mathbf{v}_4 = \mathbf{0} \]

Rozepíšeme složky:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma + 2 \delta = 0 \\ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma + 5 \delta = 0 \\ 0 + \beta + \gamma + \delta = 0 \\ \alpha + \beta + 2 \gamma + 3 \delta = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha + \gamma + 2 \delta = 0 \]

Z třetí rovnice:

\[ \beta + \gamma + \delta = 0 \Rightarrow \beta = – \gamma – \delta \]

Dosadíme do druhé a čtvrté:

Druhá:

\[ 2 \alpha + (- \gamma – \delta) + 3 \gamma + 5 \delta = 0 \Rightarrow 2 \alpha + 2 \gamma + 4 \delta = 0 \]

Čtvrtá:

\[ \alpha + (- \gamma – \delta) + 2 \gamma + 3 \delta = 0 \Rightarrow \alpha + \gamma + 2 \delta = 0 \]

Z první a čtvrté rovnice:

\[ \alpha + \gamma + 2 \delta = 0 \]

obě jsou stejné.

Dosadíme \(\alpha = – \gamma – 2 \delta\) do druhé rovnice:

\[ 2 (- \gamma – 2 \delta) + 2 \gamma + 4 \delta = – 2 \gamma – 4 \delta + 2 \gamma + 4 \delta = 0 \]

platí vždy.

Parametrizujeme \(\gamma = s\), \(\delta = t\), potom \(\alpha = – s – 2 t\), \(\beta = – s – t\).

Existuje netriviální řešení, vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina může být \(\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}\), dimenze 3.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{s}_1 + \beta \mathbf{s}_2 + \gamma \mathbf{s}_3 = \mathbf{0} \]

První složka:

\[ \alpha + 0 + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha + \gamma = 0 \]

Druhá složka:

\[ 0 + \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta + \gamma = 0 \]

Ostatní složky jsou nulové, protože všechny posloupnosti mají v těchto složkách nuly.

Vyjádříme \(\alpha = – \gamma\), \(\beta = – \gamma\).

Pokud \(\gamma = t \neq 0\), existuje netriviální řešení, posloupnosti jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = – \gamma \]

Z druhé rovnice:

\[ \beta = – \gamma \]

Dosadíme do třetí rovnice:

\[ – \gamma – \gamma + 2 \gamma = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Existuje netriviální řešení parametrizované \(\gamma = t\), kde \(t \in \mathbb{R}\).

Tedy vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), že platí

\[ \alpha p_1(x) + \beta p_2(x) + \gamma p_3(x) = 0 \quad \forall x \]

Rozepíšeme podle mocnin:

\[ \alpha (1 + x) + \beta (x + x^2) + \gamma (1 + x^2 + x^3) = 0 \]

Po seskupení koeficientů:

\[ (\alpha + \gamma) + (\alpha + \beta) x + (\beta + \gamma) x^2 + \gamma x^3 = 0 \]

Koeficienty musí být nulové:

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \\ \gamma = 0 \end{cases} \]

Z poslední rovnice \(\gamma = 0\).

Pak první rovnice \(\alpha = 0\).

Druhá \(\beta = 0\).

Tedy jediným řešením je \(\alpha = \beta = \gamma = 0\).

Polynomy jsou lineárně nezávislé.

Báze je \(\{p_1, p_2, p_3\}\).

Dimenze je 3.

Řešení:

Rovnice lineární závislosti:

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 + \delta \mathbf{u}_4 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 0 + \delta = 0 \\ 2 \alpha + 4 \beta + \gamma + 3 \delta = 0 \\ 3 \alpha + 6 \beta + 0 + 3 \delta = 0 \\ 4 \alpha + 8 \beta + \gamma + 5 \delta = 0 \end{cases} \]

První rovnice:

\[ \alpha + 2 \beta + \delta = 0 \Rightarrow \alpha = – 2 \beta – \delta \]

Druhá rovnice:

\[ 2 (- 2 \beta – \delta) + 4 \beta + \gamma + 3 \delta = 0 \Rightarrow – 4 \beta – 2 \delta + 4 \beta + \gamma + 3 \delta = 0 \]

Úprava:

\[ \gamma + \delta = 0 \Rightarrow \gamma = – \delta \]

Třetí rovnice:

\[ 3 (- 2 \beta – \delta) + 6 \beta + 0 + 3 \delta = 0 \Rightarrow – 6 \beta – 3 \delta + 6 \beta + 3 \delta = 0 \]

Platí vždy.

Čtvrtá rovnice:

\[ 4 (- 2 \beta – \delta) + 8 \beta + \gamma + 5 \delta = 0 \Rightarrow – 8 \beta – 4 \delta + 8 \beta + \gamma + 5 \delta = 0 \]

Dosadíme \(\gamma = – \delta\):

\[ -4 \delta – \delta + 5 \delta = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Parametrizujeme \(\beta = s\), \(\delta = t\), potom \(\alpha = – 2 s – t\), \(\gamma = – t\).

Existují netriviální řešení, tedy vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_3, \mathbf{u}_4\}\).

Dimenze je 3.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{s}_1 + \beta \mathbf{s}_2 + \gamma \mathbf{s}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = – \gamma \]

Z třetí rovnice:

\[ \beta = – \gamma \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ – \gamma – \gamma + 2 \gamma = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Existuje netriviální řešení parametrizované \(\gamma = t\).

Posloupnosti jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{\mathbf{s}_1, \mathbf{s}_2\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{a} + \beta \mathbf{b} + \gamma \mathbf{c} = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ \alpha + 3 \beta + 4 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z druhé rovnice:

\[ \beta = – \gamma \]

Dosadíme do první:

\[ \alpha + 2 (- \gamma) + 3 \gamma = \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = – \gamma \]

Dosadíme do třetí:

\[ – \gamma + 3 (- \gamma) + 4 \gamma = – \gamma – 3 \gamma + 4 \gamma = 0 \]

Platí vždy.

Parametrizujeme \(\gamma = t\), netriviální řešení existuje.

Vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{\mathbf{a}, \mathbf{b}\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta = 0 \\ 2 \alpha + 4 \beta = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = – 2 \beta \]

Dosadíme do druhé:

\[ 2 (- 2 \beta) + 4 \beta = – 4 \beta + 4 \beta = 0 \]

Existuje netriviální řešení parametrizované \(\beta = t\).

Vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{\mathbf{v}_1\}\).

Dimenze je 1.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), že

\[ \alpha p_1(x) + \beta p_2(x) + \gamma p_3(x) = 0 \quad \forall x \]

Po rozložení:

\[ \alpha (1 + x) + \beta (x + x^2) + \gamma (1 + 2 x + x^2) = 0 \]

Seskupíme koeficienty:

\[ (\alpha + \gamma) + (\alpha + \beta + 2 \gamma) x + (\beta + \gamma) x^2 = 0 \]

Rovnice pro koeficienty:

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice \(\alpha = – \gamma\).

Z třetí rovnice \(\beta = – \gamma\).

Dosadíme do druhé:

\[ – \gamma – \gamma + 2 \gamma = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Existuje netriviální řešení parametrizované \(\gamma = t\).

Polynomy jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{p_1, p_2\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{w}_1 + \beta \mathbf{w}_2 + \gamma \mathbf{w}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 4 \beta + 7 \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 5 \beta + 8 \gamma = 0 \\ 3 \alpha + 6 \beta + 9 \gamma = 0 \end{cases} \]

Matice soustavy má determinant:

\[ \det \begin{pmatrix} 1 & 4 & 7 \\ 2 & 5 & 8 \\ 3 & 6 & 9 \end{pmatrix} = 0 \]

Protože determinant je nulový, vektory jsou lineárně závislé.

Vyšetříme podmnožiny:

Vektory \(\mathbf{w}_1\) a \(\mathbf{w}_2\) jsou lineárně nezávislé (jejich vektorový součin není nulový).

Dimenze generovaného podprostoru je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), že platí

\[ \alpha p_1(x) + \beta p_2(x) + \gamma p_3(x) = 0 \quad \forall x \]

Po rozložení:

\[ \alpha (1 – x) + \beta (x – x^2) + \gamma (1 – x^2) = 0 \]

Seskupíme koeficienty:

\[ (\alpha + \gamma) + (- \alpha + \beta) x + (- \beta – \gamma) x^2 = 0 \]

Rovnice pro koeficienty:

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ – \alpha + \beta = 0 \\ – \beta – \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice \(\alpha = – \gamma\).

Z druhé rovnice \(\beta = \alpha = – \gamma\).

Z třetí rovnice:

\[ – (- \gamma) – \gamma = \gamma – \gamma = 0 \]

Existuje netriviální řešení parametrizované \(\gamma = t\).

Polynomy jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{p_1, p_2\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{x}_1 + \beta \mathbf{x}_2 + \gamma \mathbf{x}_3 + \delta \mathbf{x}_4 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma + 2 \delta = 0 \\ 0 + \beta + \gamma + \delta = 0 \\ \alpha + 0 + \gamma + 2 \delta = 0 \\ 0 + \beta + \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Z první a třetí rovnice jsou stejné, stejně jako druhá a čtvrtá.

Z první rovnice:

\[ \alpha + \gamma + 2 \delta = 0 \]

Z druhé rovnice:

\[ \beta + \gamma + \delta = 0 \]

Vyjádříme \(\alpha = – \gamma – 2 \delta\), \(\beta = – \gamma – \delta\).

Parametrizujeme \(\gamma = s\), \(\delta = t\).

Existuje netriviální řešení, vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je \(\{\mathbf{x}_1, \mathbf{x}_2, \mathbf{x}_3\}\).

Dimenze je 3.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách dostáváme soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 3 \beta + 4 \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 0 \beta + 2 \gamma = 0 \\ – \alpha + \beta + 0 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z třetí rovnice plyne:

\[ – \alpha + \beta = 0 \Rightarrow \beta = \alpha \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 2 \alpha + 2 \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = – \alpha \]

Dosadíme do první rovnice:

\[ \alpha + 3 \alpha + 4 (- \alpha) = 0 \Rightarrow \alpha + 3 \alpha – 4 \alpha = 0 \]

Tato rovnice je vždy splněna, proto existuje netriviální řešení, parametrizované \(\alpha = t\).

Vektory jsou lineárně závislé.

Maximální lineárně nezávislá podmnožina je například \(\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2\}\).

Dimenze generovaného podprostoru je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), že platí

\[ \alpha q_1(x) + \beta q_2(x) + \gamma q_3(x) + \delta q_4(x) = 0 \quad \forall x \]

Po dosazení:

\[ \alpha (1 + x) + \beta (x^2 – 1) + \gamma (x^3 + x) + \delta (2 + 3x + x^2 + x^3) = 0 \]

Seřadíme podle mocnin:

\[ (\alpha – \beta + 2 \delta) + (\alpha + \gamma + 3 \delta) x + (\beta + \delta) x^2 + (\gamma + \delta) x^3 = 0 \]

Rovnice pro koeficienty:

\[ \begin{cases} \alpha – \beta + 2 \delta = 0 \\ \alpha + \gamma + 3 \delta = 0 \\ \beta + \delta = 0 \\ \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Z třetí rovnice:

\[ \beta = – \delta \]

Z čtvrté rovnice:

\[ \gamma = – \delta \]

Dosadíme do první rovnice:

\[ \alpha – (- \delta) + 2 \delta = \alpha + \delta + 2 \delta = \alpha + 3 \delta = 0 \Rightarrow \alpha = – 3 \delta \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ -3 \delta + (- \delta) + 3 \delta = – \delta = 0 \Rightarrow \delta = 0 \]

Tedy \(\alpha = \beta = \gamma = \delta = 0\).

Polynomy jsou lineárně nezávislé.

Dimenze podprostoru je 4, báze je \(\{q_1, q_2, q_3, q_4\}\).

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), že platí

\[ \alpha \mathbf{t}_1 + \beta \mathbf{t}_2 + \gamma \mathbf{t}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách prvních čtyř členů:

\[ \begin{cases} \alpha \cdot 1 + \beta \cdot 0 + \gamma \cdot 1 = 0 \\ \alpha \cdot 1 + \beta \cdot 1 + \gamma \cdot 2 = 0 \\ \alpha \cdot 1 + \beta \cdot 1 + \gamma \cdot 2 = 0 \\ \alpha \cdot 0 + \beta \cdot 1 + \gamma \cdot 1 = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = – \gamma \]

Z poslední rovnice:

\[ \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta = – \gamma \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ – \gamma – \gamma + 2 \gamma = 0 \]

Rovnice platí vždy, existuje tedy netriviální řešení parametrizované \(\gamma = t\).

Vektory jsou lineárně závislé.

Bázi tvoří například \(\{\mathbf{t}_1, \mathbf{t}_2\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{z}_1 + \beta \mathbf{z}_2 + \gamma \mathbf{z}_3 + \delta \mathbf{z}_4 = \mathbf{0} \]

Po složkách dostáváme soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 \beta + \gamma + 2 \delta = 0 \\ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma + 5 \delta = 0 \\ 3 \alpha + 2 \beta + 5 \gamma + 8 \delta = 0 \\ 4 \alpha + 3 \beta + 7 \gamma + 11 \delta = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(\gamma\) z první rovnice:

\[ \gamma = – \alpha – 2 \delta \]

Dosadíme do dalších rovnic a postupně eliminujeme neznámé.

Po vyřešení soustavy dostaneme, že dimenze generovaného podprostoru je 2, bázi tvoří například vektory \(\mathbf{z}_1\) a \(\mathbf{z}_2\).

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\) tak, aby

\[ \alpha f_1(x) + \beta f_2(x) + \gamma f_3(x) = 0 \quad \forall x \]

Rozepíšeme:

\[ \alpha (1 + x) + \beta (x + x^2) + \gamma (1 + x^2) = 0 \]

Seskupíme podle mocnin:

\[ (\alpha + \gamma) + (\alpha + \beta) x + (\beta + \gamma) x^2 = 0 \]

Rovnice pro koeficienty:

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Vyřešíme soustavu:

Z první rovnice \(\gamma = – \alpha\).

Z druhé \(\beta = – \alpha\).

Dosadíme do třetí: \(- \alpha + (- \alpha) = – 2 \alpha = 0 \Rightarrow \alpha = 0\).

Pak \(\beta = 0, \gamma = 0\).

Funkce jsou lineárně nezávislé, dimenze je 3, bázi tvoří \(\{f_1, f_2, f_3\}\).

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 3 \beta + 2 \gamma = 0 \\ 0 \alpha + \beta + \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 0 \beta + 2 \gamma = 0 \\ – \alpha + 4 \beta + 3 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z druhé rovnice \(\beta = – \gamma\).

Dosadíme do první:

\[ \alpha + 3 (- \gamma) + 2 \gamma = \alpha – 3 \gamma + 2 \gamma = \alpha – \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = \gamma \]

Dosadíme do třetí:

\[ 2 \alpha + 2 \gamma = 2 \gamma + 2 \gamma = 4 \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0 \]

Tedy \(\gamma = 0\), \(\alpha = 0\), \(\beta = 0\).

Vektory jsou lineárně nezávislé.

Dimenze je 3, báze je \(\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\}\).

Řešení:

Vyjádříme \(x_1\) pomocí ostatních proměnných:

\[ x_1 = – 2 x_2 + x_3 – x_4 + x_5 \]

Vektor v podprostoru má tvar

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) = (- 2 x_2 + x_3 – x_4 + x_5, x_2, x_3, x_4, x_5) \]

Lze zapsat jako lineární kombinaci:

\[ x_2 (-2, 1, 0, 0, 0) + x_3 (1, 0, 1, 0, 0) + x_4 (-1, 0, 0, 1, 0) + x_5 (1, 0, 0, 0, 1) \]

Báze je tedy množina vektorů \(\{(-2, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 1, 0, 0), (-1, 0, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 0, 1)\}\).

Dimenze je 4.

Řešení:

Z první rovnice vyjádříme \(x_1\):

\[ x_1 = x_2 – x_3 \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 2 (x_2 – x_3) + x_2 – 3 x_3 = 0 \Rightarrow 2 x_2 – 2 x_3 + x_2 – 3 x_3 = 0 \]

Sjednotíme členy:

\[ 3 x_2 – 5 x_3 = 0 \Rightarrow x_2 = \frac{5}{3} x_3 \]

Dosadíme zpět do \(x_1\):

\[ x_1 = \frac{5}{3} x_3 – x_3 = \frac{2}{3} x_3 \]

Vektor v podprostoru má tvar:

\[ (x_1, x_2, x_3) = \left(\frac{2}{3} x_3, \frac{5}{3} x_3, x_3\right) = x_3 \left(\frac{2}{3}, \frac{5}{3}, 1\right) \]

Báze je \(\left\{\left(\frac{2}{3}, \frac{5}{3}, 1\right)\right\}\), dimenze je 1.

Řešení:

Polynom obecně:

\[ p(x) = a x^2 + b x + c \]

Podmínka kořene v \(x=1\):

\[ p(1) = a + b + c = 0 \]

Vyjádříme \(c = – a – b\).

Polynom má tvar:

\[ p(x) = a x^2 + b x – a – b = a (x^2 – 1) + b (x – 1) \]

Báze je tedy \(\{x^2 – 1, x – 1\}\), dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{w}_1 + \beta \mathbf{w}_2 + \gamma \mathbf{w}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 4 \beta + 6 \gamma = 0 \\ 0 \alpha + \beta + \gamma = 0 \\ – \alpha + 0 \beta – \gamma = 0 \end{cases} \]

Z třetí rovnice \(\beta = – \gamma\).

Ze čtvrté rovnice \(- \alpha – \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = – \gamma\).

Dosadíme do první rovnice:

\[ – \gamma + 2 (- \gamma) + 3 \gamma = – \gamma – 2 \gamma + 3 \gamma = 0 \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 2 (- \gamma) + 4 (- \gamma) + 6 \gamma = – 2 \gamma – 4 \gamma + 6 \gamma = 0 \]

Rovnice jsou splněny pro všechna \(\gamma\), tedy existuje netriviální řešení parametrizované \(\gamma = t\).

Vektory jsou lineárně závislé.

Bázi tvoří například \(\{\mathbf{w}_1, \mathbf{w}_2\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace:

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

Po složkách dostaneme soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 0 \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 4 \beta + 1 \gamma = 0 \\ 3 \alpha + 6 \beta + 1 \gamma = 0 \\ 4 \alpha + 8 \beta + 1 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice vyjádříme \(\alpha\):

\[ \alpha = – 2 \beta \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 2 (-2 \beta) + 4 \beta + \gamma = -4 \beta + 4 \beta + \gamma = \gamma = 0 \]

Tedy \(\gamma = 0\).

Dosadíme do třetí rovnice:

\[ 3 (-2 \beta) + 6 \beta + 0 = -6 \beta + 6 \beta = 0 \]

Je splněna pro všechna \(\beta\).

Dosadíme do čtvrté rovnice:

\[ 4 (-2 \beta) + 8 \beta + 0 = -8 \beta + 8 \beta = 0 \]

Opět splněno pro všechna \(\beta\).

Z toho plyne, že \(\beta\) je libovolné, \(\alpha = -2 \beta\), \(\gamma = 0\).

Existuje tedy netriviální řešení pro \(\beta \neq 0\), vektory jsou lineárně závislé.

Vektory \(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2\) jsou závislé, protože \(\mathbf{u}_2 = 2 \mathbf{u}_1\).

Vektor \(\mathbf{u}_3\) není lineární kombinací \(\mathbf{u}_1\), protože poslední složky se neshodují.

Tedy bázi generovaného podprostoru tvoří vektory \(\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_3\}\).

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Podmínka \(p(0) = 0\) znamená, že konstantní člen \(a_0 = 0\).

Derivace polynomu je

\[ p'(x) = 3 a_3 x^2 + 2 a_2 x + a_1 \]

Podmínka \(p(1) = p'(1)\) znamená:

\[ a_3 + a_2 + a_1 + a_0 = 3 a_3 + 2 a_2 + a_1 \]

Dosadíme \(a_0 = 0\):

\[ a_3 + a_2 + a_1 = 3 a_3 + 2 a_2 + a_1 \]

Úprava:

\[ a_3 + a_2 + a_1 – 3 a_3 – 2 a_2 – a_1 = 0 \Rightarrow -2 a_3 – a_2 = 0 \]

Tedy

\[ 2 a_3 + a_2 = 0 \Rightarrow a_2 = – 2 a_3 \]

Polynom má tvar:

\[ p(x) = a_3 x^3 – 2 a_3 x^2 + a_1 x \]

Vyjádříme jako lineární kombinaci:

\[ p(x) = a_3 (x^3 – 2 x^2) + a_1 x \]

Báze podprostoru tvoří množina polynomů \(\{x^3 – 2 x^2, x\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Lineární kombinace

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 = \mathbf{0} \]

po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 3 \beta + 5 \gamma = 0 \\ – \alpha + 2 \beta + \gamma = 0 \\ 3 \alpha – \beta + 2 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = – \gamma \]

Z druhé rovnice:

\[ \beta = – \gamma \]

Dosadíme do třetí rovnice:

\[ 2 (-\gamma) + 3 (-\gamma) + 5 \gamma = -2 \gamma – 3 \gamma + 5 \gamma = 0 \]

Splněno.

Čtvrtá rovnice:

\[ – (-\gamma) + 2 (-\gamma) + \gamma = \gamma – 2 \gamma + \gamma = 0 \]

Splněno.

Pátá rovnice:

\[ 3 (-\gamma) – (-\gamma) + 2 \gamma = -3 \gamma + \gamma + 2 \gamma = 0 \]

Splněno.

Existuje netriviální řešení s \(\gamma = t \neq 0\), tedy vektory jsou lineárně závislé.

Bázi tvoří například \(\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2\}\), dimenze je 2.

Řešení:

Soustava rovnic je

\[ \begin{cases} x_1 – 2 x_2 + 3 x_3 = 0 \\ 4 x_1 + x_2 – x_3 = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(x_1\) z první rovnice:

\[ x_1 = 2 x_2 – 3 x_3 \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 4 (2 x_2 – 3 x_3) + x_2 – x_3 = 0 \Rightarrow 8 x_2 – 12 x_3 + x_2 – x_3 = 0 \]

Sčítáme členy:

\[ 9 x_2 – 13 x_3 = 0 \Rightarrow x_2 = \frac{13}{9} x_3 \]

Dosadíme zpět do \(x_1\):

\[ x_1 = 2 \cdot \frac{13}{9} x_3 – 3 x_3 = \frac{26}{9} x_3 – 3 x_3 = \frac{26 – 27}{9} x_3 = – \frac{1}{9} x_3 \]

Vektor v podprostoru má tvar:

\[ (x_1, x_2, x_3) = \left(- \frac{1}{9} x_3, \frac{13}{9} x_3, x_3 \right) = x_3 \left(- \frac{1}{9}, \frac{13}{9}, 1\right) \]

Báze podprostoru je vektor \(\left\{- \frac{1}{9}, \frac{13}{9}, 1\right\}\), dimenze je 1.

Řešení:

Podprostor funkcí splňujících \(f(x) = f(-x)\) jsou sudé funkce.

Vektorový prostor všech spojitých funkcí \(C(\mathbb{R})\) je nekonečně dimenzionální, a tak i podprostor sudých funkcí je nekonečně dimenzionální.

Sudé funkce lze vyjádřit jako lineární kombinace sudých základních funkcí, například funkcí \(x^{2n}\) pro \(n \geq 0\), tj.:

\[ 1, x^2, x^4, x^6, \ldots \]

Tato množina je lineárně nezávislá a tvoří bázi podprostoru sudých funkcí.

Dimenze tohoto podprostoru je tedy spočetně nekonečná.

Řešení:

Ověříme lineární nezávislost vektorů \(\mathbf{a}, \mathbf{b}, \mathbf{c}\).

Lineární kombinace nulového vektoru:

\[ \alpha \mathbf{a} + \beta \mathbf{b} + \gamma \mathbf{c} = \mathbf{0} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

První a třetí rovnice jsou stejné, stejně jako druhá a čtvrtá.

Z první rovnice:

\[ \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = – \gamma \]

Z druhé rovnice:

\[ \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta = – \gamma \]

Dosadíme do třetí rovnice, která je stejná jako první:

\[ – \gamma + \gamma = 0 \]

Je vždy splněno.

Řešení je tedy:

\[ \alpha = – \gamma, \quad \beta = – \gamma, \quad \gamma = t \]

Existuje netriviální řešení pro \(\gamma \neq 0\).

Vektory jsou lineárně závislé.

Vyjádříme \(\mathbf{c}\) pomocí \(\mathbf{a}\) a \(\mathbf{b}\):

\[ \mathbf{c} = – \mathbf{a} – \mathbf{b} \]

Bázi tvoří \(\{\mathbf{a}, \mathbf{b}\}\).

Dimenze je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\), aby platilo

\[ \alpha \mathbf{u} + \beta \mathbf{v} = \mathbf{w} \]

Po složkách:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 \beta = 4 \\ 0 \alpha + 3 \beta = 7 \\ \alpha – \beta = 2 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = 4 \]

Z druhé rovnice:

\[ 3 \beta = 7 \Rightarrow \beta = \frac{7}{3} \]

Dosadíme do třetí rovnice:

\[ 4 – \frac{7}{3} = 2 \Rightarrow \frac{12}{3} – \frac{7}{3} = 2 \Rightarrow \frac{5}{3} = 2 \]

Tato rovnost neplatí, tedy neexistují \(\alpha, \beta\), které by splňovaly rovnost.

Vektor \(\mathbf{w}\) není lineární kombinací \(\mathbf{u}\) a \(\mathbf{v}\).

Řešení:

Lineární kombinace

\[ \alpha p_1(x) + \beta p_2(x) + \gamma p_3(x) = 0 \]

platí pro všechna \(x\).

Dosadíme výraz:

\[ \alpha (1 + x) + \beta (x + x^2) + \gamma (1 + x^2) = 0 \]

Uspořádáme podle mocnin:

\[ (\alpha + \gamma) + (\alpha + \beta) x + (\beta + \gamma) x^2 = 0 \]

Musí platit koeficienty všech mocnin nulové:

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta = 0 \\ \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha = – \gamma \]

Z druhé rovnice:

\[ – \gamma + \beta = 0 \Rightarrow \beta = \gamma \]

Z třetí rovnice:

\[ \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \gamma + \gamma = 0 \Rightarrow 2 \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0 \]

Odtud \(\alpha = 0\), \(\beta = 0\).

Vektory jsou tedy lineárně nezávislé.

Báze podprostoru tvoří \(\{p_1, p_2, p_3\}\).

Dimenze je 3.

Řešení:

Lineární nezávislost trojice vektorů je ekvivalentní tomu, že determinant matice, která je tvořena těmito vektory jako sloupci (nebo řádky), je nenulový.

Sestavme matici

\[ M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & a \\ a & 1 & 0 \\ 0 & a & 1 \end{pmatrix} \]

Vypočítáme determinant

\[ \det M = 1 \cdot (1 \cdot 1 – 0 \cdot a) – 0 \cdot (a \cdot 1 – 0 \cdot 0) + a \cdot (a \cdot a – 1 \cdot 0) \]

\[ = 1 \cdot 1 – 0 + a (a^2 – 0) = 1 + a^3 \]

Determinant je \(1 + a^3\).

Pro lineární nezávislost požadujeme

\[ 1 + a^3 \neq 0 \Rightarrow a^3 \neq -1 \Rightarrow a \neq -1 \]

Tedy vektory jsou lineárně nezávislé právě pro všechna \(a \neq -1\).

Řešení:

Soustava rovnic:

\[ \begin{cases} x_1 + 2 x_2 – x_3 + x_4 = 0 \\ 3 x_1 – x_2 + 4 x_3 – 2 x_4 = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(x_1\) z první rovnice:

\[ x_1 = – 2 x_2 + x_3 – x_4 \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 3(-2 x_2 + x_3 – x_4) – x_2 + 4 x_3 – 2 x_4 = 0 \]

Úprava:

\[ -6 x_2 + 3 x_3 – 3 x_4 – x_2 + 4 x_3 – 2 x_4 = 0 \]

\[ (-6 x_2 – x_2) + (3 x_3 + 4 x_3) + (-3 x_4 – 2 x_4) = 0 \]

\[ -7 x_2 + 7 x_3 – 5 x_4 = 0 \]

Vyjádříme \(x_2\):

\[ 7 x_3 – 5 x_4 = 7 x_2 \Rightarrow x_2 = x_3 – \frac{5}{7} x_4 \]

Dosadíme do výrazu pro \(x_1\):

\[ x_1 = -2 \left(x_3 – \frac{5}{7} x_4\right) + x_3 – x_4 = -2 x_3 + \frac{10}{7} x_4 + x_3 – x_4 = – x_3 + \frac{3}{7} x_4 \]

Vektor v podprostoru má tvar:

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4) = \left(- x_3 + \frac{3}{7} x_4, x_3 – \frac{5}{7} x_4, x_3, x_4\right) \]

Vyjádříme jako lineární kombinaci parametrů \(x_3\) a \(x_4\):

\[ = x_3 \left(-1, 1, 1, 0\right) + x_4 \left(\frac{3}{7}, -\frac{5}{7}, 0, 1\right) \]

Báze podprostoru je tedy

\[ \left\{ \left(-1, 1, 1, 0\right), \left(\frac{3}{7}, -\frac{5}{7}, 0, 1\right) \right\} \]

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Pro lineární nezávislost hledáme, zda existují skaláry \(\alpha, \beta, \gamma, \delta \in \mathbb{R}\), pro které platí

\[ \alpha q_1(x) + \beta q_2(x) + \gamma q_3(x) + \delta q_4(x) = 0 \]

Pro všechny \(x \in \mathbb{R}\).

Dosadíme:

\[ \alpha(1 – x + x^2) + \beta(2 + x – x^3) + \gamma(1 + 2x + x^3) + \delta(3 – x^2 + 2x^3) = 0 \]

Rozebereme podle mocnin \(x\):

Konstantní člen:

\[ \alpha \cdot 1 + \beta \cdot 2 + \gamma \cdot 1 + \delta \cdot 3 = \alpha + 2\beta + \gamma + 3\delta \]

Koeficient u \(x\):

\[ \alpha \cdot (-1) + \beta \cdot 1 + \gamma \cdot 2 + \delta \cdot 0 = -\alpha + \beta + 2 \gamma \]

Koeficient u \(x^2\):

\[ \alpha \cdot 1 + \beta \cdot 0 + \gamma \cdot 0 + \delta \cdot (-1) = \alpha – \delta \]

Koeficient u \(x^3\):

\[ \alpha \cdot 0 + \beta \cdot (-1) + \gamma \cdot 1 + \delta \cdot 2 = -\beta + \gamma + 2 \delta \]

Rovnice jsou tedy:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + \gamma + 3 \delta = 0 \\ -\alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ \alpha – \delta = 0 \\ -\beta + \gamma + 2 \delta = 0 \end{cases} \]

Z třetí rovnice:

\[ \alpha = \delta \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ – \delta + \beta + 2 \gamma = 0 \Rightarrow \beta = \delta – 2 \gamma \]

Dosadíme \(\alpha = \delta\) a \(\beta = \delta – 2 \gamma\) do první rovnice:

\[ \delta + 2(\delta – 2 \gamma) + \gamma + 3 \delta = 0 \]

\[ \delta + 2 \delta – 4 \gamma + \gamma + 3 \delta = 0 \Rightarrow (1 + 2 + 3) \delta + (-4 + 1) \gamma = 0 \]

\[ 6 \delta – 3 \gamma = 0 \Rightarrow 2 \delta – \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 2 \delta \]

Dosadíme \(\gamma = 2 \delta\) do výrazu pro \(\beta\):

\[ \beta = \delta – 2 \cdot 2 \delta = \delta – 4 \delta = -3 \delta \]

Dosadíme \(\beta, \gamma\) a \(\alpha\) do poslední rovnice:

\[ -\beta + \gamma + 2 \delta = -(-3 \delta) + 2 \delta + 2 \delta = 3 \delta + 2 \delta + 2 \delta = 7 \delta = 0 \]

Z toho plyne \(\delta = 0\).

Odtud \(\alpha = 0\), \(\beta = 0\), \(\gamma = 0\).

Neexistují nenulová řešení, takže množina \(\{q_1, q_2, q_3, q_4\}\) je lineárně nezávislá.

Tato množina tedy tvoří bázi generovaného podprostoru, který má dimenzi 4.

Řešení:

Pro lineární závislost hledáme skaláry \(\alpha, \beta, \gamma, \delta \in \mathbb{R}\) tak, aby platilo

\[ \alpha \mathbf{w}_1 + \beta \mathbf{w}_2 + \gamma \mathbf{w}_3 + \delta \mathbf{w}_4 = \mathbf{0} \]

Vyjádřeno souřadnicemi:

\[ \alpha (1,2,3,4) + \beta (2,4,6,8) + \gamma (0,1,0,1) + \delta (1,3,3,5) = (0,0,0,0) \]

Skládáme rovnice pro jednotlivé složky:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 0 + \delta = 0 \\ 2 \alpha + 4 \beta + \gamma + 3 \delta = 0 \\ 3 \alpha + 6 \beta + 0 + 3 \delta = 0 \\ 4 \alpha + 8 \beta + \gamma + 5 \delta = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \alpha + 2 \beta + \delta = 0 \Rightarrow \alpha = – 2 \beta – \delta \]

Dosadíme \(\alpha\) do druhé rovnice:

\[ 2(-2 \beta – \delta) + 4 \beta + \gamma + 3 \delta = 0 \]

\[ -4 \beta – 2 \delta + 4 \beta + \gamma + 3 \delta = 0 \Rightarrow (-4 \beta + 4 \beta) + (-2 \delta + 3 \delta) + \gamma = 0 \]

\[ \delta + \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = -\delta \]

Dosadíme \(\alpha\) do třetí rovnice:

\[ 3(-2 \beta – \delta) + 6 \beta + 3 \delta = 0 \]

\[ -6 \beta – 3 \delta + 6 \beta + 3 \delta = 0 \]

Což je totožná rovnice, žádná nová informace.

Dosadíme \(\alpha\) a \(\gamma\) do čtvrté rovnice:

\[ 4(-2 \beta – \delta) + 8 \beta + (-\delta) + 5 \delta = 0 \]

\[ -8 \beta – 4 \delta + 8 \beta – \delta + 5 \delta = 0 \]

\[ (-8 \beta + 8 \beta) + (-4 \delta – \delta + 5 \delta) = 0 \Rightarrow 0 + 0 = 0 \]

Žádná další informace.

Necháme tedy \(\beta\) a \(\delta\) jako volné parametry a vyjádříme ostatní:

\[ \alpha = – 2 \beta – \delta, \quad \gamma = – \delta \]

Vyjádření obecného řešení je tedy

\[ (\alpha, \beta, \gamma, \delta) = (-2 \beta – \delta, \beta, – \delta, \delta) = \beta (-2, 1, 0, 0) + \delta (-1, 0, -1, 1) \]

Neexistuje pouze nulové řešení, takže vektory jsou lineárně závislé.

Jádro má dimenzi 2, takže dimenze generovaného podprostoru je \(4 – 2 = 2\).

Bázi generovaného podprostoru můžeme vzít například jako množinu dvou lineárně nezávislých vektorů z původní množiny. Vybereme například \(\mathbf{w}_1\) a \(\mathbf{w}_3\).

Řešení:

Lineární závislost znamená, že existují \(\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}\), ne všechna nula, že

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

Vyjádřeno souřadnicemi:

\[ \alpha (1,2,0) + \beta (3,0,1) + \gamma (4,2,1) = (0,0,0) \]

Souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 3 \beta + 4 \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 0 + 2 \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Z třetí rovnice:

\[ \beta = – \gamma \]

Dosadíme do první:

\[ \alpha + 3(-\gamma) + 4 \gamma = \alpha + (-3 \gamma) + 4 \gamma = \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = – \gamma \]

Dosadíme do druhé:

\[ 2 \alpha + 2 \gamma = 2 (- \gamma) + 2 \gamma = 0 \]

Což platí pro všechna \(\gamma\).

Celkově parametrizujeme řešení pomocí \(\gamma\):

\[ (\alpha, \beta, \gamma) = (- \gamma, – \gamma, \gamma) = \gamma (-1, -1, 1) \]

Pro \(\gamma \neq 0\) existuje nenulové řešení, tedy vektory jsou lineárně závislé.

Například můžeme vyjádřit \(\mathbf{u}_3\) pomocí \(\mathbf{u}_1\) a \(\mathbf{u}_2\):

\[ \mathbf{u}_3 = \mathbf{u}_1 + \mathbf{u}_2 \]

Takže bázi podprostoru tvoří vektory \(\mathbf{u}_1\) a \(\mathbf{u}_2\).

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Podprostor je množina polynomů \(p(x) = a + b x + c x^2\) takových, že \(p(1) = 0\).

Podmínka:

\[ a + b \cdot 1 + c \cdot 1^2 = a + b + c = 0 \]

Vyjádříme \(a\):

\[ a = -b – c \]

Polynom má tvar:

\[ p(x) = a + b x + c x^2 = (-b – c) + b x + c x^2 = b (x – 1) + c (x^2 – 1) \]

Lineární kombinací jsou tedy polynomy \(x – 1\) a \(x^2 – 1\).

Tyto dva polynomy jsou lineárně nezávislé, protože žádný z nich není násobkem druhého.

Báze podprostoru je tedy

\[ \{ x – 1, \quad x^2 – 1 \} \]

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Podprostor je množina vektorů \(\mathbf{x} = (x_1, x_2, x_3)\), které splňují

\[ x_1 – 2 x_2 + 3 x_3 = 0 \]

Vyjádříme \(x_1\):

\[ x_1 = 2 x_2 – 3 x_3 \]

Vektor v podprostoru můžeme zapsat jako

\[ (x_1, x_2, x_3) = (2 x_2 – 3 x_3, x_2, x_3) = x_2 (2, 1, 0) + x_3 (-3, 0, 1) \]

Báze podprostoru je tedy množina vektorů

\[ \{(2, 1, 0), (-3, 0, 1)\} \]

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}\) tak, že

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 = \mathbf{0} \]

Nechť

\[ \alpha (1,0,1,2,0) + \beta (0,1,-1,1,1) + \gamma (1,1,0,3,1) = (0,0,0,0,0) \]

Skládáme rovnice podle souřadnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ \alpha – \beta + 0 = 0 \\ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

První rovnice:

\[ \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = – \gamma \]

Druhá rovnice:

\[ \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta = – \gamma \]

Třetí rovnice:

\[ \alpha – \beta = 0 \]

Dosadíme \(\alpha = – \gamma\), \(\beta = – \gamma\):

\[ – \gamma – (- \gamma) = 0 \]

Platí vždy.

Čtvrtá rovnice:

\[ 2 \alpha + \beta + 3 \gamma = 0 \Rightarrow 2(- \gamma) + (- \gamma) + 3 \gamma = – 2 \gamma – \gamma + 3 \gamma = 0 \]

Platí vždy.

Pátá rovnice je totožná s druhou.

Máme tedy jedno volné \(\gamma\). Pro \(\gamma \neq 0\) existují nenulová řešení.

Vektory jsou tedy lineárně závislé.

Vyjádříme závislost:

\[ \gamma \neq 0: \quad \alpha = – \gamma, \quad \beta = – \gamma, \quad \gamma \]

Například při \(\gamma = 1\):

\[ – \mathbf{v}_1 – \mathbf{v}_2 + \mathbf{v}_3 = \mathbf{0} \]

Bázi můžeme vzít \(\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2\}\).

Řešení:

Podprostor tvoří vektory \(\mathbf{x} = (x_1, x_2, x_3)\), které splňují ortogonální podmínku:

\[ \mathbf{a} \cdot \mathbf{x} = 0 \Rightarrow 1 \cdot x_1 + (-1) \cdot x_2 + 2 \cdot x_3 = 0 \]

Rovnice podprostoru:

\[ x_1 – x_2 + 2 x_3 = 0 \]

Vyjádříme \(x_1\):

\[ x_1 = x_2 – 2 x_3 \]

Vektor můžeme zapsat jako

\[ (x_1, x_2, x_3) = (x_2 – 2 x_3, x_2, x_3) = x_2 (1, 1, 0) + x_3 (-2, 0, 1) \]

Báze podprostoru je

\[ \{ (1, 1, 0), \quad (-2, 0, 1) \} \]

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Vektory tvoří bázi \(\mathbb{R}^4\), pokud jsou lineárně nezávislé a jich je 4.

Máme pouze 3 vektory, takže nemohou tvořit bázi celého \(\mathbb{R}^4\).

Zkoušíme jejich lineární nezávislost.

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}\), aby platilo

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

Skládáme rovnice podle souřadnic:

\[ \alpha (1, 0, 1, 1) + \beta (0, 1, 1, -1) + \gamma (1, 1, 2, 0) = (0,0,0,0) \]

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma = 0 \\ 0 + \beta + \gamma = 0 \\ \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ \alpha – \beta + 0 = 0 \end{cases} \]

První rovnice:

\[ \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = – \gamma \]

Druhá rovnice:

\[ \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta = – \gamma \]

Čtvrtá rovnice:

\[ \alpha – \beta = 0 \]

Dosadíme \(\alpha = – \gamma\), \(\beta = – \gamma\):

\[ – \gamma – (- \gamma) = 0 \]

Platí vždy.

Třetí rovnice:

\[ \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \Rightarrow (- \gamma) + (- \gamma) + 2 \gamma = 0 \]

\[ – \gamma – \gamma + 2 \gamma = 0 \]

Platí vždy.

Existuje tedy nenulové řešení pro libovolné \(\gamma\), což znamená, že vektory jsou lineárně závislé.

Dimenze generovaného podprostoru je 2 (protože máme 3 vektory a jednu lineární závislost).

Bázi podprostoru můžeme vzít například \(\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2\}\).

Řešení:

Vektory tvoří bázi \(\mathbb{R}^3\), pokud jsou lineárně nezávislé a jich je 3.

Zjistíme lineární závislost řešením rovnice

\[ \alpha \mathbf{a} + \beta \mathbf{b} + \gamma \mathbf{c} = \mathbf{0} \]

Souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 0 = 0 \\ \alpha – \beta + \gamma = 0 \\ 0 + 3 \beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

První rovnice:

\[ \alpha = – 2 \beta \]

Druhá rovnice:

\[ – 2 \beta – \beta + \gamma = 0 \Rightarrow -3 \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 3 \beta \]

Třetí rovnice:

\[ 3 \beta + \gamma = 0 \Rightarrow 3 \beta + 3 \beta = 6 \beta = 0 \Rightarrow \beta = 0 \]

Z toho plyne

\[ \beta = 0, \quad \alpha = 0, \quad \gamma = 0 \]

Vektory jsou tedy lineárně nezávislé.

Jsou tři vektory, takže tvoří bázi \(\mathbb{R}^3\).

Řešení:

Obecný polynom v \(P_2\) má tvar

\[ p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 \]

Podprostor polynomů, které mají kořen v \(x=1\), splňuje podmínku

\[ p(1) = a_0 + a_1 + a_2 = 0 \]

Tato rovnice omezuje souřadnice polynomu.

Vyjádříme \(a_0\) pomocí \(a_1, a_2\):

\[ a_0 = – a_1 – a_2 \]

Polynom lze tedy napsat jako

\[ p(x) = – a_1 – a_2 + a_1 x + a_2 x^2 = a_1 (x – 1) + a_2 (x^2 – 1) \]

Báze podprostoru je

\[ \{ x – 1, \quad x^2 – 1 \} \]

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Podprostor \(U\) je definován dvěma lineárními rovnicemi v \(\mathbb{R}^4\). Cílem je najít dimenzi a bázi \(U\), tedy množinu všech vektorů \((x,y,z,w)\), které splňují soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} x + 2y – z + 3w = 0 \\ 2x – y + 4z – w = 0 \end{cases} \]

Krok 1: Vyjádření souřadnic

Z první rovnice:

\[ x = -2y + z – 3w \]

Dosadíme \(x\) do druhé rovnice:

\[ 2(-2y + z – 3w) – y + 4z – w = 0 \]

Rozepíšeme:

\[ -4y + 2z – 6w – y + 4z – w = 0 \]

Sjednotíme členy podle proměnných:

\[ (-4y – y) + (2z + 4z) + (-6w – w) = 0 \]

\[ -5y + 6z – 7w = 0 \]

Krok 2: Vyjádření jedné proměnné

Z rovnice

\[ -5y + 6z – 7w = 0 \]

vyjádříme \(y\):

\[ -5y = -6z + 7w \quad \Rightarrow \quad y = \frac{6}{5} z – \frac{7}{5} w \]

Krok 3: Vyjádření všech souřadnic přes \(z\) a \(w\)

Připomeňme, že

\[ x = -2y + z – 3w \]

dosadíme za \(y\):

\[ x = -2 \left(\frac{6}{5} z – \frac{7}{5} w\right) + z – 3w = -\frac{12}{5} z + \frac{14}{5} w + z – 3w \]

Sjednotíme členy podle \(z\) a \(w\):

\[ x = \left(-\frac{12}{5} + 1\right) z + \left(\frac{14}{5} – 3\right) w = \left(-\frac{12}{5} + \frac{5}{5}\right) z + \left(\frac{14}{5} – \frac{15}{5}\right) w = -\frac{7}{5} z – \frac{1}{5} w \]

Krok 4: Vyjádření vektoru a báze

Celý vektor můžeme zapsat jako

\[ (x,y,z,w) = \left(-\frac{7}{5} z – \frac{1}{5} w, \quad \frac{6}{5} z – \frac{7}{5} w, \quad z, \quad w \right) \]

Vytkneme \(z\) a \(w\) jako parametry:

\[ = z \left(-\frac{7}{5}, \frac{6}{5}, 1, 0 \right) + w \left(-\frac{1}{5}, -\frac{7}{5}, 0, 1 \right) \]

Pro jednoduchost vynásobíme vektory 5, abychom získali celé souřadnice:

\[ = z \cdot \frac{1}{5} (-7, 6, 5, 0) + w \cdot \frac{1}{5} (-1, -7, 0, 5) \]

Bázi tedy tvoří vektory

\[ \mathbf{v}_1 = (-7, 6, 5, 0), \quad \mathbf{v}_2 = (-1, -7, 0, 5) \]

Krok 5: Dimenze podprostoru

Protože podprostor je určen dvěma lineárně nezávislými vektory, dimenze je

\[ \dim U = 2 \]

Závěr:

Podprostor \(U\) má dimenzi 2 a jeho bázi tvoří vektory

\[ \boxed{ \{ (-7, 6, 5, 0), \quad (-1, -7, 0, 5) \} } \]

Řešení:

Zjistíme, zda existují skaláry \(\alpha, \beta, \gamma\), ne všechna nulová, takové že

\[ \alpha \mathbf{v}_1 + \beta \mathbf{v}_2 + \gamma \mathbf{v}_3 = \mathbf{0} \]

To znamená

\[ \alpha (1,2,3,4) + \beta (0,1,4,3) + \gamma (2,5,10,9) = (0,0,0,0) \]

Rozepíšeme souřadnice:

\[ (\alpha + 0 + 2\gamma, \quad 2\alpha + \beta + 5\gamma, \quad 3\alpha + 4\beta + 10\gamma, \quad 4\alpha + 3\beta + 9\gamma) = (0,0,0,0) \]

Dostaneme soustavu rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 2\gamma = 0 \\ 2\alpha + \beta + 5\gamma = 0 \\ 3\alpha + 4\beta + 10\gamma = 0 \\ 4\alpha + 3\beta + 9\gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice

\[ \alpha = -2\gamma \]

Dosadíme do druhé:

\[ 2(-2\gamma) + \beta + 5\gamma = 0 \Rightarrow -4\gamma + \beta + 5\gamma = 0 \Rightarrow \beta + \gamma = 0 \Rightarrow \beta = -\gamma \]

Dosadíme \(\alpha\) a \(\beta\) do třetí rovnice:

\[ 3(-2\gamma) + 4(-\gamma) + 10\gamma = 0 \Rightarrow -6\gamma -4\gamma +10\gamma = 0 \Rightarrow 0 = 0 \]

Čtvrtá rovnice:

\[ 4(-2\gamma) + 3(-\gamma) + 9\gamma = 0 \Rightarrow -8\gamma -3\gamma + 9\gamma = -2\gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0 \]

Z toho plyne \(\gamma = 0\), následně \(\alpha = 0\) a \(\beta = 0\).

Tedy vektory jsou lineárně nezávislé.

Protože jich je 3 v prostoru \(\mathbb{R}^4\), jejich lineární obal má dimenzi 3 a tvoří bázi svého lineárního obalu.

Řešení:

Ověříme lineární nezávislost vektorů zkontrolováním jejich determinantů, protože vektory jsou v \(\mathbb{R}^3\).

Sestavíme matici se sloupci \(\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\):

\[ A = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 7 \\ 2 & 5 & 8 \\ 3 & 6 & 9 \end{pmatrix} \]

Vypočítáme determinant:

\[ \det A = 1 \cdot (5 \cdot 9 – 6 \cdot 8) – 4 \cdot (2 \cdot 9 – 3 \cdot 8) + 7 \cdot (2 \cdot 6 – 3 \cdot 5) \]

\[ = 1 \cdot (45 – 48) – 4 \cdot (18 – 24) + 7 \cdot (12 – 15) = 1 \cdot (-3) – 4 \cdot (-6) + 7 \cdot (-3) = -3 + 24 – 21 = 0 \]

Determinant je 0, tedy vektory jsou lineárně závislé.

Vyjádříme závislost:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), ne všechna nula, takové že

\[ \alpha \mathbf{u}_1 + \beta \mathbf{u}_2 + \gamma \mathbf{u}_3 = \mathbf{0} \]

Souřadnicově:

\[ \alpha (1,2,3) + \beta (4,5,6) + \gamma (7,8,9) = (0,0,0) \]

\[ (\alpha + 4\beta + 7\gamma, \quad 2\alpha + 5\beta + 8\gamma, \quad 3\alpha + 6\beta + 9\gamma) = (0,0,0) \]

Soustava rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 4\beta + 7\gamma = 0 \\ 2\alpha + 5\beta + 8\gamma = 0 \\ 3\alpha + 6\beta + 9\gamma = 0 \end{cases} \]

První rovnice vyjádříme \(\alpha = -4\beta – 7\gamma\).

Dosadíme do druhé:

\[ 2(-4\beta – 7\gamma) + 5\beta + 8\gamma = 0 \Rightarrow -8\beta – 14\gamma + 5\beta + 8\gamma = 0 \Rightarrow -3\beta – 6\gamma = 0 \]

Vyjádříme \(\beta\):

\[ -3\beta = 6\gamma \Rightarrow \beta = -2\gamma \]

Dosadíme \(\beta\) do výrazu pro \(\alpha\):

\[ \alpha = -4(-2\gamma) – 7\gamma = 8\gamma – 7\gamma = \gamma \]

Kontrola v třetí rovnici:

\[ 3\alpha + 6\beta + 9\gamma = 3\gamma + 6(-2\gamma) + 9\gamma = 3\gamma – 12\gamma + 9\gamma = 0 \]

Nezávislost není, protože existují nenulová řešení. Vybereme \(\gamma = t\), parametr.

Proto vektorová závislost je

\[ \alpha = t, \quad \beta = -2t, \quad \gamma = t \]

Bázi lineárního obalu tvoří dva nezávislé vektory, například \(\mathbf{u}_1\) a \(\mathbf{u}_2\).

Dimenze je tedy 2.

Řešení:

Obecný polynom \(p \in P_3\) má tvar

\[ p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 \]

Podmínka \(p(1) = 0\) znamená

\[ a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0 \]

Vyjádříme \(a_0\):

\[ a_0 = -a_1 – a_2 – a_3 \]

Polynom lze přepsat jako

\[ p(x) = -a_1 – a_2 – a_3 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 = a_1 (x – 1) + a_2 (x^2 – 1) + a_3 (x^3 – 1) \]

Bázi podprostoru tvoří vektory:

\[ \{ x – 1, \quad x^2 – 1, \quad x^3 – 1 \} \]

Dimenze podprostoru je tedy 3.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), ne všechna nulová, takové že

\[ \alpha (1,0,2,1,3) + \beta (2,1,5,0,4) + \gamma (3,1,7,1,7) + \delta (1,1,1,1,1) = (0,0,0,0,0) \]

Sestavíme souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 2\beta + 3\gamma + \delta = 0 \\ 0\alpha + \beta + \gamma + \delta = 0 \\ 2\alpha + 5\beta + 7\gamma + \delta = 0 \\ \alpha + 0\beta + \gamma + \delta = 0 \\ 3\alpha + 4\beta + 7\gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Z druhé rovnice: \(\delta = -\beta – \gamma\).

Dosadíme do čtvrté rovnice: \(\alpha + \gamma – \beta – \gamma = \alpha – \beta = 0 \Rightarrow \alpha = \beta\).

Dosadíme do první rovnice: \(\alpha + 2\alpha + 3(-\alpha) + (-\alpha – (-\alpha)) = 0 \Rightarrow 0 = 0\).

Dosadíme do třetí rovnice: \(2\alpha + 5\alpha + 7(-\alpha) + (-\alpha – (-\alpha)) = 0 \Rightarrow 0 = 0\).

Dosadíme do páté rovnice: \(3\alpha + 4\alpha + 7(-\alpha) + (-\alpha – (-\alpha)) = 0 \Rightarrow 0 = 0\).

Parametr: \(\alpha = t, \beta = t, \gamma = -t, \delta = 0\).

Vektory nejsou lineárně nezávislé.

Maximální množina lineárně nezávislých vektorů: \(\{(1,0,2,1,3), (2,1,5,0,4), (1,1,1,1,1)\}\).

Řešení:

Obecná matice \(2 \times 2\) má tvar

\[ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \]

Symetrická matice splňuje

\[ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} \Rightarrow b = c \]

Symetrická matice je tedy

\[ \begin{pmatrix} a & b \\ b & d \end{pmatrix} \]

Volné parametry jsou \(a, b, d \in \mathbb{R}\).

Báze podprostoru symetrických matic je tedy:

\[ E_1 = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}, \quad E_2 = \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}, \quad E_3 = \begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} \]

Dimenze je 3.

Řešení:

Vektor \(\mathbf{x} = (x,y,z)\) je ortogonální k \(\mathbf{a}\) a \(\mathbf{b}\) právě tehdy, když

\[ \mathbf{a} \cdot \mathbf{x} = 0, \quad \mathbf{b} \cdot \mathbf{x} = 0 \]

Tedy

\[ 1 \cdot x + 2 \cdot y + 3 \cdot z = 0 \]

\[ 4 \cdot x + 5 \cdot y + 6 \cdot z = 0 \]

Soustava rovnic:

\[ \begin{cases} x + 2y + 3z = 0 \\ 4x + 5y + 6z = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice vyjádříme \(x\):

\[ x = -2y – 3z \]

Dosadíme do druhé:

\[ 4(-2y – 3z) + 5y + 6z = 0 \Rightarrow -8y – 12z + 5y + 6z = 0 \Rightarrow -3y – 6z = 0 \]

Vyjádříme \(y\):

\[ -3y = 6z \Rightarrow y = -2z \]

Dosadíme zpět do výrazu pro \(x\):

\[ x = -2(-2z) – 3z = 4z – 3z = z \]

Obecný vektor je tedy

\[ \mathbf{x} = (z, -2z, z) = z(1, -2, 1) \]

Báze podprostoru je vektor \(\{(1,-2,1)\}\).

Dimenze je 1.

Řešení:

Soustavu zapíšeme maticově:

\[ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 3 & 4 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0\end{pmatrix} \]

Vypočítáme dimenzi jádra matice (řešení homogenní soustavy).

Redukujeme matici:

První řádek: \(R_1 = (1, 2, 3, 4)\)

Druhý řádek: \(R_2 – 2 R_1 \Rightarrow (2 – 2 \cdot 1, 3 – 2 \cdot 2, 4 – 2 \cdot 3, 5 – 2 \cdot 4) = (0, -1, -2, -3)\)

Matice po úpravě:

\[ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & -2 & -3 \end{pmatrix} \]

Vyjádříme \(x_1\) a \(x_2\) přes \(x_3\) a \(x_4\):

Z druhého řádku:

\[ -1 \cdot x_2 – 2 x_3 – 3 x_4 = 0 \Rightarrow x_2 = -2 x_3 – 3 x_4 \]

Z prvního řádku:

\[ x_1 + 2 x_2 + 3 x_3 + 4 x_4 = 0 \Rightarrow x_1 = -2 x_2 – 3 x_3 – 4 x_4 \]

Dosadíme za \(x_2\):

\[ x_1 = -2(-2 x_3 – 3 x_4) – 3 x_3 – 4 x_4 = 4 x_3 + 6 x_4 – 3 x_3 – 4 x_4 = x_3 + 2 x_4 \]

Nezávislé parametry jsou \(x_3 = s\), \(x_4 = t\).

Řešení má tvar:

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4) = (s + 2 t, -2 s – 3 t, s, t) = s(1, -2, 1, 0) + t(2, -3, 0, 1) \]

Báze podprostoru řešení je:

\[ \{(1, -2, 1, 0), \quad (2, -3, 0, 1)\} \]

Dimenze je 2.

Řešení:

Zjistíme lineární nezávislost pomocí determinantů matic, kde jsou vektory sloupce:

\[ A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix} \]

Vypočítáme determinant:

\[ \det A = 1 \cdot (0 \cdot 0 – 1 \cdot (-1)) – 1 \cdot (1 \cdot 0 – 1 \cdot 1) + 2 \cdot (1 \cdot (-1) – 0 \cdot 1) \]

\[ = 1 \cdot (0 + 1) – 1 \cdot (0 – 1) + 2 \cdot (-1 – 0) = 1 + 1 – 2 = 0 \]

Determinant je 0, tedy vektory jsou lineárně závislé.

Najdeme závislost:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), ne všechna nula, takové že

\[ \alpha (1,1,1) + \beta (1,0,-1) + \gamma (2,1,0) = (0,0,0) \]

Soustava rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \\ \alpha + 0 \beta + \gamma = 0 \\ \alpha – \beta + 0 \gamma = 0 \end{cases} \]

Ze třetí rovnice:

\[ \alpha = \beta \]

Druhá rovnice:

\[ \alpha + \gamma = 0 \Rightarrow \gamma = -\alpha \]

První rovnice:

\[ \alpha + \beta + 2\gamma = \alpha + \alpha + 2(-\alpha) = 0 \]

Je splněna.

Volný parametr je \(\alpha = t\), tedy

\[ \alpha = t, \quad \beta = t, \quad \gamma = -t \]

Maximální množina lineárně nezávislých vektorů je tedy \(\{(1,1,1), (1,0,-1)\}\) nebo jiná kombinace dvou vektorů.

Řešení:

Zjistíme lineární závislost vektorů. Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), takové že

\[ \alpha (1,0,1,0) + \beta (0,1,0,1) + \gamma (1,1,1,1) + \delta (2,1,2,1) = (0,0,0,0) \]

Souřadnicově:

\[ (\alpha + \gamma + 2 \delta, \quad \beta + \gamma + \delta, \quad \alpha + \gamma + 2 \delta, \quad \beta + \gamma + \delta) = (0,0,0,0) \]

Dvě rovnice:

\[ \alpha + \gamma + 2 \delta = 0 \]

\[ \beta + \gamma + \delta = 0 \]

Obě rovnice se opakují (1. a 3., 2. a 4.).

Vyjádříme \(\alpha\) a \(\beta\):

\[ \alpha = -\gamma – 2 \delta, \quad \beta = -\gamma – \delta \]

Parametry \(\gamma, \delta\) jsou volné.

Řešení má tvar:

\[ (\alpha, \beta, \gamma, \delta) = (-\gamma – 2 \delta, -\gamma – \delta, \gamma, \delta) = \gamma (-1, -1, 1, 0) + \delta (-2, -1, 0, 1) \]

Nezávislých parametrů je 2, takže dimenze podprostoru je 2.

Báze je například složená ze vektorů odpovídajících parametrům \(\gamma\) a \(\delta\):

\[ ( -1, -1, 1, 0 ), \quad (-2, -1, 0, 1) \]

Řešení:

Prostor polynomů stupně nejvýše 2 má dimenzi 3 a je tvořen polynomy tvaru

\[ p(x) = a + b x + c x^2 \]

Podmínka, že \(p(1) = 0\) znamená:

\[ a + b \cdot 1 + c \cdot 1^2 = 0 \Rightarrow a + b + c = 0 \]

Vyjádříme \(a\):

\[ a = -b – c \]

Polynom lze tedy psát jako

\[ p(x) = -b – c + b x + c x^2 = b(x – 1) + c(x^2 – 1) \]

Báze podprostoru je tedy

\[ \{x – 1, x^2 – 1\} \]

Dimenze je 2.

Řešení:

Zjistíme lineární závislost vektorů. Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), ne všechna nulová, takové že

\[ \alpha(1,2,3,4) + \beta(2,4,6,8) + \gamma(0,1,1,0) + \delta(1,0,-1,1) = (0,0,0,0) \]

Rozepíšeme souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 2\beta + 0\gamma + \delta = 0 \\ 2\alpha + 4\beta + \gamma + 0\delta = 0 \\ 3\alpha + 6\beta + \gamma – \delta = 0 \\ 4\alpha + 8\beta + 0\gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice:

\[ \delta = -\alpha – 2\beta \]

Dosadíme \(\delta\) do třetí a čtvrté rovnice:

Třetí:

\[ 3\alpha + 6\beta + \gamma – (-\alpha – 2\beta) = 3\alpha + 6\beta + \gamma + \alpha + 2\beta = 4\alpha + 8\beta + \gamma = 0 \]

Čtvrtá:

\[ 4\alpha + 8\beta + 0 + (-\alpha – 2\beta) = 3\alpha + 6\beta = 0 \]

Druhá rovnice:

\[ 2\alpha + 4\beta + \gamma = 0 \]

Z těchto rovnic sestavíme systém:

\[ \begin{cases} 4\alpha + 8\beta + \gamma = 0 \\ 3\alpha + 6\beta = 0 \\ 2\alpha + 4\beta + \gamma = 0 \end{cases} \]

Odečteme druhou od první:

\[ (4\alpha + 8\beta + \gamma) – (2\alpha + 4\beta + \gamma) = 2\alpha + 4\beta = 0 \]

Z druhé rovnice máme:

\[ 3\alpha + 6\beta = 0 \]

Z obou rovnic vyplývá:

\[ 2\alpha + 4\beta = 0, \quad 3\alpha + 6\beta = 0 \Rightarrow \alpha + 2\beta = 0 \]

Vyjádříme \(\alpha\):

\[ \alpha = -2\beta \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 3(-2\beta) + 6\beta = -6\beta + 6\beta = 0 \]

Platí pro všechna \(\beta\).

Dosadíme zpět do první rovnice (např. do \(2\alpha + 4\beta + \gamma = 0\)):

\[ 2(-2\beta) + 4\beta + \gamma = -4\beta + 4\beta + \gamma = \gamma = 0 \]

Parametry jsou tedy:

\[ \alpha = -2\beta, \quad \gamma = 0, \quad \delta = -\alpha – 2\beta = 2\beta – 2\beta = 0 \]

Protože \(\beta\) je volné, máme netriviální řešení:

\[ (-2\beta, \beta, 0, 0), \quad \beta \neq 0 \]

Vektory nejsou lineárně nezávislé.

Maximální množina lineárně nezávislých vektorů může být například:

\[ \{ (1,2,3,4), (0,1,1,0), (1,0,-1,1) \} \]

Řešení:

Obecný polynom stupně nejvýše 3 má tvar

\[ p(x) = a + b x + c x^2 + d x^3 \]

Podmínka, že \(p(2) = 0\) znamená:

\[ a + 2b + 4c + 8d = 0 \]

Podmínka, že \(p(0) = 0\) znamená:

\[ a = 0 \]

Dosadíme \(a=0\) do první rovnice:

\[ 2b + 4c + 8d = 0 \]

Vyjádříme \(b\):

\[ b = -2c – 4d \]

Polynom tedy lze psát jako

\[ p(x) = 0 + b x + c x^2 + d x^3 = (-2c – 4d) x + c x^2 + d x^3 = c(x^2 – 2x) + d(x^3 – 4x) \]

Báze podprostoru je

\[ \{ x^2 – 2x, \quad x^3 – 4x \} \]

Dimenze je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), ne všechna nulová, taková že

\[ \alpha (1,0,2,1,-1) + \beta (2,1,4,3,0) + \gamma (3,1,6,4,-1) + \delta (0,1,-2,-1,1) = (0,0,0,0,0) \]

Sestavíme souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 2\beta + 3\gamma = 0 \\ \beta + \gamma + \delta = 0 \\ 2\alpha + 4\beta + 6\gamma – 2\delta = 0 \\ \alpha + 3\beta + 4\gamma – \delta = 0 \\ -\alpha – \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Z druhé rovnice: \(\delta = -\beta – \gamma\).

Dosadíme do ostatních rovnic a řešíme systém:

1. \(\alpha + 2\beta + 3\gamma = 0\)

3. \(2\alpha + 4\beta + 6\gamma – 2(-\beta – \gamma) = 2\alpha + 6\beta + 8\gamma = 0\)

4. \(\alpha + 3\beta + 4\gamma – (-\beta – \gamma) = \alpha + 4\beta + 5\gamma = 0\)

5. \(-\alpha – \gamma + (-\beta – \gamma) = -\alpha – \beta – 2\gamma = 0\)

Řešení: \(\alpha = -\gamma, \beta = -\gamma, \delta = 0\).

Vektory nejsou lineárně nezávislé.

Maximální množina lineárně nezávislých vektorů: \(\{(1,0,2,1,-1), (2,1,4,3,0), (0,1,-2,-1,1)\}\).

Řešení:

Matice mají tvar

\[ \begin{pmatrix} a & b \\ 0 & a \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \]

Báze tvoří matice

\[ \left\{ \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right\} \]

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Vektory (1,2,3), (2,4,6), (3,6,9) jsou lineárně závislé, protože

\[ (2,4,6) = 2(1,2,3), \quad (3,6,9) = 3(1,2,3) \]

Vektor (0,1,1) není násobkem (1,2,3), takže je lineárně nezávislý s (1,2,3).

Báze je

\[ \{ (1,2,3), (0,1,1) \} \]

Dimenze je 2.

Řešení:

Obecný polynom stupně nejvýše 3 je

\[ p(x) = a + b x + c x^2 + d x^3 \]

Jeho derivace je

\[ p'(x) = b + 2 c x + 3 d x^2 \]

Podmínka \(p'(1) = 0\) znamená:

\[ b + 2 c + 3 d = 0 \]

Vyjádříme \(b\):

\[ b = -2 c – 3 d \]

Polynom lze napsat jako

\[ p(x) = a + (-2 c – 3 d) x + c x^2 + d x^3 = a + c (x^2 – 2 x) + d (x^3 – 3 x) \]

Báze podprostoru je

\[ \{1, \quad x^2 – 2 x, \quad x^3 – 3 x \} \]

Dimenze je 3.

Řešení:

Soustavu zapíšeme jako

\[ \begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0 \\ x_1 – x_2 + x_3 – x_4 = 0 \end{cases} \]

Sčteme obě rovnice:

\[ 2 x_1 + 2 x_3 = 0 \Rightarrow x_1 = – x_3 \]

Odečteme druhou rovnice od první:

\[ 2 x_2 + 2 x_4 = 0 \Rightarrow x_2 = – x_4 \]

Vektory tedy mají tvar

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4) = (-x_3, -x_4, x_3, x_4) = x_3 (-1, 0, 1, 0) + x_4 (0, -1, 0, 1) \]

Báze je

\[ \{ (-1, 0, 1, 0), (0, -1, 0, 1) \} \]

Dimenze je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), ne všechna nulová, taková že

\[ \alpha (1,2,3) + \beta (4,5,6) + \gamma (7,8,9) = (0,0,0) \]

Souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 4\beta + 7\gamma = 0 \\ 2\alpha + 5\beta + 8\gamma = 0 \\ 3\alpha + 6\beta + 9\gamma = 0 \end{cases} \]

Řešením je \(\alpha = \gamma\), \(\beta = -2\gamma\), takže netriviální řešení existuje.

Vektory nejsou lineárně nezávislé.

Vyjádříme například vektor \((7,8,9)\) jako kombinaci prvních dvou:

\[ (7,8,9) = 2 (4,5,6) – (1,2,3) \]

Řešení:

Obecný polynom stupně nejvýše 2 je

\[ p(x) = a + b x + c x^2 \]

Podmínka, že \(p(1) = 0\):

\[ a + b + c = 0 \]

Podmínka \(p(0) = 2\) znamená:

\[ a = 2 \]

Dosadíme \(a=2\) do první rovnice:

\[ 2 + b + c = 0 \Rightarrow b = -2 – c \]

Polynom je tedy

\[ p(x) = 2 + (-2 – c) x + c x^2 = 2 – 2 x + c (x^2 – x) \]

Báze podprostoru je

\[ \{ 2 – 2 x, \quad x^2 – x \} \]

Dimenze je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), ne všechna nulová, taková že

\[ \alpha (1,0,1,0) + \beta (0,1,0,1) + \gamma (1,1,1,1) + \delta (2,1,2,1) = (0,0,0,0) \]

Souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 0 + \gamma + 2 \delta = 0 \\ 0 + \beta + \gamma + \delta = 0 \\ \alpha + 0 + \gamma + 2 \delta = 0 \\ 0 + \beta + \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Vidíme, že první a třetí rovnice jsou stejné, stejně druhá a čtvrtá. Proto stačí řešit

\[ \begin{cases} \alpha + \gamma + 2 \delta = 0 \\ \beta + \gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(\alpha\) a \(\beta\):

\[ \alpha = -\gamma – 2\delta, \quad \beta = -\gamma – \delta \]

Parametry \(\gamma, \delta\) jsou volné.

Protože jsou volné, existují netriviální řešení. Vektory nejsou lineárně nezávislé.

Například pro \(\gamma = 1, \delta = 0\):

\[ \alpha = -1, \quad \beta = -1, \quad \gamma = 1, \quad \delta = 0 \]

Platí:

\[ -1 (1,0,1,0) – 1 (0,1,0,1) + 1 (1,1,1,1) + 0 = (0,0,0,0) \]

Řešení:

Hledáme skaláry \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), ne všechna nulová, taková že

\[ \alpha (1,0,2,-1,3) + \beta (2,1,4,-3,6) + \gamma (0,1,0,1,0) + \delta (1,-1,2,0,3) = (0,0,0,0,0) \]

Řešením je \(\alpha = -3, \beta = 1, \gamma = 0, \delta = 1\) (netriviální řešení).

Vektory nejsou lineárně nezávislé.

Například čtvrtý vektor lze vyjádřit jako:

\[ (1,-1,2,0,3) = 3 (1,0,2,-1,3) – 1 (2,1,4,-3,6) + 0 (0,1,0,1,0) \]

Maximální množina lineárně nezávislých vektorů je

\[ \{ (1,0,2,-1,3), (2,1,4,-3,6), (0,1,0,1,0) \} \]

Dimenze generovaného podprostoru je 3.

Řešení:

Obecný polynom je

\[ p(x) = a + b x + c x^2 + d x^3 \]

Podmínka \(p(0) = p(1)\) znamená:

\[ p(0) = a, \quad p(1) = a + b + c + d \]

Rovnost tedy je

\[ a = a + b + c + d \Rightarrow b + c + d = 0 \]

Vyjádříme \(b\):

\[ b = – c – d \]

Polynom zapíšeme jako

\[ p(x) = a + (-c – d) x + c x^2 + d x^3 = a + c (x^2 – x) + d (x^3 – x) \]

Báze podprostoru je

\[ \{1, \quad x^2 – x, \quad x^3 – x\} \]

Dimenze je 3.

Řešení:

Podprostor tvoří všechny vektory \((x_1, x_2, x_3, x_4)\), které splňují

\[ \begin{cases} x_1 + 2 x_2 – x_4 = 0 \\ x_2 + x_3 + x_4 = 0 \end{cases} \]

Vyjádříme \(x_1\) a \(x_2\):

Z první rovnice

\[ x_1 = -2 x_2 + x_4 \]

Z druhé rovnice vyjádříme

\[ x_3 = -x_2 – x_4 \]

Nezávislé proměnné jsou \(x_2\) a \(x_4\).

Vektor tedy lze psát jako

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4) = (-2 x_2 + x_4, x_2, -x_2 – x_4, x_4) = x_2 (-2, 1, -1, 0) + x_4 (1, 0, -1, 1) \]

Báze je

\[ \{ (-2, 1, -1, 0), (1, 0, -1, 1) \} \]

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), ne všechna nulová, taková že

\[ \alpha (1 + x – x^2) + \beta (2 + 3x – 3x^2) + \gamma (x^2 – x^3) + \delta (1 – x + x^3) = 0 \]

Rovnost znamená, že koeficienty všech mocnin musí být nulové.

Koeficienty podle mocnin \(x^0, x^1, x^2, x^3\) jsou:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + \delta = 0 \\ \alpha + 3 \beta – \delta = 0 \\ -\alpha – 3 \beta + \gamma = 0 \\ -\gamma + \delta = 0 \end{cases} \]

Z poslední rovnice:

\[ -\gamma + \delta = 0 \Rightarrow \delta = \gamma \]

Dosadíme do třetí rovnice:

\[ -\alpha – 3 \beta + \gamma = 0 \]

Z první rovnice:

\[ \alpha + 2 \beta + \gamma = 0 \]

Z druhé rovnice:

\[ \alpha + 3 \beta – \gamma = 0 \]

Odečteme první od druhé:

\[ (\alpha + 3 \beta – \gamma) – (\alpha + 2 \beta + \gamma) = \beta – 2 \gamma = 0 \Rightarrow \beta = 2 \gamma \]

Dosadíme \(\beta = 2 \gamma\) do první rovnice:

\[ \alpha + 2 (2 \gamma) + \gamma = \alpha + 5 \gamma = 0 \Rightarrow \alpha = -5 \gamma \]

Dosadíme do třetí rovnice:

\[ -(-5 \gamma) – 3 (2 \gamma) + \gamma = 5 \gamma – 6 \gamma + \gamma = 0 \]

Máme netriviální řešení

\[ (\alpha, \beta, \gamma, \delta) = (-5 \gamma, 2 \gamma, \gamma, \gamma) \]

Polynomy nejsou lineárně nezávislé.

Například

\[ -5 (1 + x – x^2) + 2 (2 + 3x – 3x^2) + 1 (x^2 – x^3) + 1 (1 – x + x^3) = 0 \]

Řešení:

Určíme lineární nezávislost vektorů.

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), že

\[ \alpha (1, 2, 3) + \beta (2, 4, 6) + \gamma (3, 5, 7) = (0,0,0) \]

Souřadnicové rovnice:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 4 \beta + 5 \gamma = 0 \\ 3 \alpha + 6 \beta + 7 \gamma = 0 \end{cases} \]

Z první rovnice vyjádříme \(\alpha\):

\[ \alpha = -2 \beta – 3 \gamma \]

Dosadíme do druhé rovnice:

\[ 2 (-2 \beta – 3 \gamma) + 4 \beta + 5 \gamma = -4 \beta – 6 \gamma + 4 \beta + 5 \gamma = -\gamma = 0 \Rightarrow \gamma = 0 \]

Dosadíme \(\gamma = 0\) do první rovnice:

\[ \alpha = -2 \beta \]

Dosadíme do třetí rovnice:

\[ 3 \alpha + 6 \beta + 7 \cdot 0 = 3 (-2 \beta) + 6 \beta = -6 \beta + 6 \beta = 0 \]

Nezávislý parametr je \(\beta\).

Proto existuje netriviální řešení, vektory nejsou lineárně nezávislé.

Dimenze podprostoru je 2.

Řešení:

Obecný polynom je

\[ p(x) = a + b x + c x^2 + d x^3 \]

Derivace polynomu je

\[ p'(x) = b + 2 c x + 3 d x^2 \]

Podmínka \(p'(1) = 0\) znamená:

\[ b + 2 c + 3 d = 0 \]

Vyjádříme \(b\):

\[ b = – 2 c – 3 d \]

Polynom můžeme napsat jako

\[ p(x) = a + (-2 c – 3 d) x + c x^2 + d x^3 = a + c (x^2 – 2 x) + d (x^3 – 3 x) \]

Báze podprostoru je

\[ \{1, \quad x^2 – 2 x, \quad x^3 – 3 x\} \]

Dimenze je 3.

Řešení:

Hledáme \(\alpha, \beta, \gamma\), že

\[ \alpha (1, 2, 3, 4) + \beta (2, 3, 4, 5) + \gamma (3, 5, 7, 9) = (0,0,0,0) \]

Soustava rovnic:

\[ \begin{cases} \alpha + 2 \beta + 3 \gamma = 0 \\ 2 \alpha + 3 \beta + 5 \gamma = 0 \\ 3 \alpha + 4 \beta + 7 \gamma = 0 \\ 4 \alpha + 5 \beta + 9 \gamma = 0 \end{cases} \]

Odečteme první rovnici od druhé:

\[ (2 \alpha + 3 \beta + 5 \gamma) – (\alpha + 2 \beta + 3 \gamma) = \alpha + \beta + 2 \gamma = 0 \]

Odečteme první od třetí:

\[ (3 \alpha + 4 \beta + 7 \gamma) – (\alpha + 2 \beta + 3 \gamma) = 2 \alpha + 2 \beta + 4 \gamma = 0 \]

Odečteme první od čtvrté:

\[ (4 \alpha + 5 \beta + 9 \gamma) – (\alpha + 2 \beta + 3 \gamma) = 3 \alpha + 3 \beta + 6 \gamma = 0 \]

Z druhé rovnice vyjádříme

\[ \alpha = – \beta – 2 \gamma \]

Dosadíme do třetí:

\[ 2 (-\beta – 2 \gamma) + 2 \beta + 4 \gamma = -2 \beta -4 \gamma + 2 \beta + 4 \gamma = 0 \]

Dosadíme do čtvrté:

\[ 3 (-\beta – 2 \gamma) + 3 \beta + 6 \gamma = -3 \beta -6 \gamma + 3 \beta + 6 \gamma = 0 \]

Soustava je konzistentní, má nekonečně mnoho netriviálních řešení.

Vektory nejsou lineárně nezávislé.

Například:

\[ \alpha = -1, \quad \beta = 2, \quad \gamma = -1 \]

Je řešením.

Řešení:

Vektorový prostor \(\mathbb{R}^n\) má dimenzi \(n\).

Množina \(n\) lineárně nezávislých vektorů musí generovat celý prostor, protože žádný vektor nelze vyjádřit jako lineární kombinaci ostatních a jejich počet odpovídá dimenzi.

Protože dimenze je definována jako maximální počet lineárně nezávislých vektorů, které mohou tvořit bázi, tak \(n\) lineárně nezávislých vektorů tvoří bázi \(\mathbb{R}^n\).

Řešení:

Podmínka, že polynom \(p(x)\) je dělitelný \(x-1\), znamená, že \(p(1) = 0\).

Obecný polynom druhého stupně:

\[ p(x) = a + b x + c x^2 \]

Podmínka \(p(1) = 0\) je:

\[ a + b + c = 0 \]

Vyjádříme \(a\):

\[ a = -b – c \]

Polynom zapíšeme jako:

\[ p(x) = (-b – c) + b x + c x^2 = b (x – 1) + c (x^2 – 1) \]

Báze podprostoru je

\[ \{ x – 1, \quad x^2 – 1 \} \]

Dimenze je 2.

Řešení:

Soustava je

\[ \begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0 \\ x_1 – x_2 + x_3 – x_4 = 0 \end{cases} \]

Sečteme obě rovnice:

\[ (2 x_1) + 0 + (2 x_3) + 0 = 0 \Rightarrow x_1 + x_3 = 0 \Rightarrow x_1 = -x_3 \]

Odečteme druhou rovnici od první:

\[ 0 + 2 x_2 + 0 + 2 x_4 = 0 \Rightarrow x_2 + x_4 = 0 \Rightarrow x_2 = – x_4 \]

Vektor má tvar

\[ (x_1, x_2, x_3, x_4) = (-x_3, -x_4, x_3, x_4) = x_3 (-1, 0, 1, 0) + x_4 (0, -1, 0, 1) \]

Báze je

\[ \{ (-1, 0, 1, 0), (0, -1, 0, 1) \} \]

Dimenze je 2.