1. Uvažuj množinu \( V = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + 2y – z = 0 \} \). Ověř, že \( V \) je podprostorem vektorového prostoru \( \mathbb{R}^3 \).
Řešení příkladu:
Nechť \( u = (x_1, y_1, z_1) \), \( v = (x_2, y_2, z_2) \in V \), tedy \( x_1 + 2y_1 – z_1 = 0 \) a \( x_2 + 2y_2 – z_2 = 0 \).
Zvolme libovolné \( \alpha \in \mathbb{R} \) a ověřme uzavřenost vůči lineární kombinaci:
\( \alpha u + v = (\alpha x_1 + x_2, \alpha y_1 + y_2, \alpha z_1 + z_2) \)
Obě výrazy v závorce jsou rovny nule, tedy výsledek je \( 0 \Rightarrow \alpha u + v \in V \).
Navíc \( 0 \in V \), protože \( 0 + 2\cdot0 – 0 = 0 \Rightarrow V \) je podprostor.
2. Urči, zda množina \( W = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x \geq 0 \} \) je podprostorem \( \mathbb{R}^2 \).
Řešení příkladu:
Podmínka \( x \geq 0 \) není lineární rovnice, ale nerovnost.
Zvolme dva vektory: \( u = (1, 0) \), \( v = (-1, 0) \in W \)?
Ne, protože \( -1 \not\geq 0 \Rightarrow v \notin W \). Už to ukazuje, že množina není uzavřená na sčítání, protože \( u + v = (0, 0) \in W \), ale ne všechny vektory jsou obsažené.
Navíc například \( 2 \cdot (-1, 0) = (-2, 0) \notin W \Rightarrow W \) není podprostor.
3. Najdi bázové vektory podprostoru \( U \subseteq \mathbb{R}^4 \), kde \( U = \{ (x, y, z, w) \in \mathbb{R}^4 \mid x – y + 2z = 0, w = z \} \).
Řešení příkladu:
Máme dvě podmínky: \( x – y + 2z = 0 \) a \( w = z \).
Vyjádříme vektory: volné proměnné \( y, z \), pak:
\( x = y – 2z \), \( w = z \Rightarrow (x, y, z, w) = (y – 2z, y, z, z) \)
\( = y(1, 1, 0, 0) + z(-2, 0, 1, 1) \)
Báze je tvořena vektory \( (1, 1, 0, 0) \), \( (-2, 0, 1, 1) \)
Dimenze prostoru \( \dim(U) = 2 \)
4. Urči, zda množina všech polynomů \( p(x) \in \mathbb{R}[x] \) takových, že \( p(1) = 0 \), tvoří podprostor prostoru všech reálných polynomů.
\( (\alpha p + q)(1) = \alpha p(1) + q(1) = \alpha \cdot 0 + 0 = 0 \Rightarrow \alpha p + q \in M \)
Navíc nulový polynom splňuje \( 0(1) = 0 \Rightarrow M \) je podprostor.
5. Urči dimenzi podprostoru \( S \subseteq \mathbb{R}^3 \), který je generován vektory \( (1, 2, 3), (2, 4, 6), (-1, -2, -3) \).
Řešení příkladu:
Všechny tři vektory jsou lineárně závislé, protože např. \( (2, 4, 6) = 2 \cdot (1, 2, 3) \), \( (-1, -2, -3) = -1 \cdot (1, 2, 3) \).
Takže celý podprostor je jednorozměrný, generovaný jedním vektorem \( (1, 2, 3) \).
\( \dim(S) = 1 \)
6. Nechť \( T = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x = y = z \} \). Urči bázi a dimenzi prostoru \( T \).
Řešení příkladu:
Každý vektor v \( T \) má tvar \( (t, t, t) = t \cdot (1, 1, 1) \), kde \( t \in \mathbb{R} \).
Jde o jednorozměrný prostor s bází \( (1, 1, 1) \).
\( \dim(T) = 1 \)
7. Ověř, že průnik dvou podprostorů \( U = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x + y = 0 \} \) a \( V = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x – y = 0 \} \) je podprostor a urč jeho dimenzi.
Řešení příkladu:
Průnik je množina vektorů, které splňují obě rovnice: \( x + y = 0 \) a \( x – y = 0 \).
Řešíme soustavu: Sčítáním rovnic dostaneme \( 2x = 0 \Rightarrow x = 0 \Rightarrow y = 0 \)
Takže průnik obsahuje pouze nulový vektor \( (0, 0) \Rightarrow \dim(U \cap V) = 0 \)
8. Zjisti, zda je množina všech funkcí \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \), pro které platí \( f(-x) = -f(x) \), podprostorem prostoru všech funkcí \( \mathbb{R}^\mathbb{R} \).
Řešení příkladu:
Podmínka popisuje liché funkce.
Nechť \( f, g \) jsou liché, pak:
\( (\alpha f + g)(-x) = \alpha f(-x) + g(-x) = -\alpha f(x) – g(x) = -(\alpha f(x) + g(x)) \Rightarrow \alpha f + g \) je lichá.
Také \( 0 \) je lichá funkce (nulová) \( \Rightarrow \) množina je podprostor.
9. Nechť \( P \subseteq \mathbb{R}^3 \) je podprostor generovaný vektory \( (1, 0, 0), (0, 1, 1) \). Je vektor \( (1, 1, 1) \in P \)?
Řešení příkladu:
Hledáme, zda existují \( a, b \), že \( a(1, 0, 0) + b(0, 1, 1) = (1, 1, 1) \)
To dává soustavu: \( a = 1 \), \( b = 1 \Rightarrow \) řešení existuje.
Takže ano, \( (1, 1, 1) \in P \).
10. Rozhodni, zda množina všech spojitých funkcí \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \), které splňují \( f(0) = 1 \), tvoří podprostor.
Nulová funkce navíc nepatří do množiny, protože \( 0(0) = 0 \neq 1 \Rightarrow \) množina není podprostor.
11. Ověř, zda množina \( V = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + y + z = 0 \text{ a } 2x – y = 0 \} \) je podprostorem \( \mathbb{R}^3 \). Urči její dimenzi a najdi bázi.
Řešení příkladu:
Nejprve ověříme, zda množina je podprostor. Jedná se o průnik dvou afinně definovaných množin určených lineárními rovnicemi, což znamená, že množina může být podprostorem, pokud obsahuje nulový vektor a je uzavřená na lineární kombinace.
\( x + 2x + z = 0 \Rightarrow 3x + z = 0 \Rightarrow z = -3x \)
Dosazením zpět získáme obecný tvar vektoru:
\( (x, 2x, -3x) = x(1, 2, -3) \)
Všechny vektory v množině jsou násobky jednoho vektoru, takže báze je \( \{ (1, 2, -3) \} \) a dimenze prostoru je \( 1 \).
12. Nechť \( W \subseteq \mathbb{R}^4 \) je množina všech vektorů tvaru \( (x, y, z, w) \), které splňují \( x + y + z + w = 0 \) a \( x – y = 0 \). Ověř, že jde o podprostor a najdi jeho dimenzi a bázi.
Řešení příkladu:
Nejprve upravíme druhou rovnici: \( x = y \).
Dosadíme do první rovnice: \( x + x + z + w = 0 \Rightarrow 2x + z + w = 0 \Rightarrow z = -2x – w \)
Obecný vektor má tedy tvar:
\( (x, x, -2x – w, w) \)
Zvolíme volné proměnné: \( x = a, w = b \Rightarrow (a, a, -2a – b, b) = a(1,1,-2,0) + b(0,0,-1,1) \)
Lineární kombinace dvou vektorů, tedy dimenze je \( 2 \), báze je tvořena vektory \( (1,1,-2,0) \), \( (0,0,-1,1) \).
13. Nechť \( U = \{ p(x) \in \mathbb{R}_3[x] \mid p(1) = p(0) = 0 \} \). Urči bázi prostoru \( U \) a jeho dimenzi.
Řešení příkladu:
Polynom \( p(x) \in \mathbb{R}_3[x] \) má tvar \( ax^3 + bx^2 + cx + d \).
Podmínky: \( p(0) = d = 0 \), \( p(1) = a + b + c + d = 0 \Rightarrow a + b + c = 0 \Rightarrow c = -a – b \)
Obecný tvar: \( p(x) = ax^3 + bx^2 + (-a – b)x \)
\( = a(x^3 – x) + b(x^2 – x) \)
Báze: \( \{ x^3 – x, x^2 – x \} \), dimenze je \( 2 \).
14. Urči, zda množina všech matic \( A \in \mathbb{R}^{2 \times 2} \) takových, že \( A^T = -A \), tvoří podprostor. Pokud ano, urč jeho dimenzi a bázi.
Řešení příkladu:
Hledáme antisymetrické matice: \( A^T = -A \)
Nechť \( A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \), pak podmínka říká:
\( \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix} = -\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \Rightarrow a = -a, d = -d, c = -b \)
Takže \( a = d = 0 \), \( c = -b \Rightarrow A = \begin{pmatrix} 0 & b \\ -b & 0 \end{pmatrix} \)
15. Urči dimenzi prostoru všech lineárních zobrazení \( T: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3 \).
Řešení příkladu:
Každé lineární zobrazení \( T \) lze reprezentovat maticí \( 3 \times 2 \), protože má dva sloupce (dimenzí \( \mathbb{R}^2 \)) a tři řádky (dimenzí cílového prostoru \( \mathbb{R}^3 \)).
Každý prvek matice může být volně zvolen, takže dimenze prostoru všech takových zobrazení je rovna počtu prvků matice: \( 3 \cdot 2 = 6 \)
16. Urči dimenzi podprostoru \( S \subseteq \mathbb{R}^4 \), který je průnikem dvou podprostorů definovaných rovnicemi:
\( x + y + z + w = 0 \), \( x – y = 0 \), \( z + w = 0 \)
Řešení příkladu:
Z druhé rovnice: \( x = y \), ze třetí: \( z = -w \)
Dosadíme do první rovnice: \( x + x + (-w) + w = 0 \Rightarrow 2x = 0 \Rightarrow x = 0 \Rightarrow y = 0 \)
Takže vektor má tvar \( (0, 0, -w, w) = w(0, 0, -1, 1) \)
Báze: \( (0, 0, -1, 1) \), dimenze: \( 1 \)
17. Nechť \( V = \{ (x_1, x_2, x_3, x_4) \in \mathbb{R}^4 \mid x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0, x_1 – x_2 + x_3 – x_4 = 0 \} \). Najdi dimenzi a bázi prostoru \( V \).
21. Uvažujme množinu \( W = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + y + z = 0 \} \). Ověřte, zda se jedná o podprostor vektorového prostoru \( \mathbb{R}^3 \).
Řešení příkladu:
Abychom ověřili, že \( W \subseteq \mathbb{R}^3 \) je podprostor, musíme zkontrolovat tři vlastnosti:
Obsahuje nulový vektor
Uzavřenost vůči sčítání
Uzavřenost vůči skalárnímu násobení
1. Nulový vektor je \( \mathbf{0} = (0, 0, 0) \). Dosadíme do podmínky: \( 0 + 0 + 0 = 0 \Rightarrow \mathbf{0} \in W \).
2. Nechť \( \mathbf{u} = (x_1, y_1, z_1) \in W \), tj. \( x_1 + y_1 + z_1 = 0 \), a \( \mathbf{v} = (x_2, y_2, z_2) \in W \), tj. \( x_2 + y_2 + z_2 = 0 \).
Pak jejich součet je \( \mathbf{u} + \mathbf{v} = (x_1 + x_2, y_1 + y_2, z_1 + z_2) \), a:
Uzavřenost vůči skalárnímu násobení: \( \lambda \mathbf{u} = (\lambda(2y + 3z), \lambda y, \lambda z) \). Zjevně \( x = 2y + 3z \Rightarrow \lambda x = 2 \lambda y + 3 \lambda z \Rightarrow \in U \).
Všechny podmínky jsou splněny, množina \( U \) tvoří podprostor.
23. Rozhodněte, zda množina všech vektorů \( (x, y) \in \mathbb{R}^2 \), pro které platí \( x^2 + y^2 \leq 1 \), tvoří podprostor prostoru \( \mathbb{R}^2 \).
Řešení příkladu:
Nejprve si připomeňme podmínky, aby množina \( W \subset \mathbb{R}^2 \) byla podprostorem:
Množina musí obsahovat nulový vektor \((0,0)\).
Množina musí být uzavřená vůči sčítání vektorů: pokud \(\mathbf{u}, \mathbf{v} \in W\), pak \(\mathbf{u} + \mathbf{v} \in W\).
Množina musí být uzavřená vůči násobení skalárem: pokud \(\mathbf{v} \in W\) a \(\alpha \in \mathbb{R}\), pak \(\alpha \mathbf{v} \in W\).
Nyní zkontrolujeme množinu \( W = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2 + y^2 \leq 1\} \):
1. Nulový vektor je v množině, protože \(0^2 + 0^2 = 0 \leq 1\).
\(2 \mathbf{v} = (1, 1) \notin W \Rightarrow\) množina není uzavřená vůči skalárnímu násobení.
Závěr: Množina \( W \) není podprostorem vektorového prostoru \( \mathbb{R}^2 \), protože nesplňuje podmínky uzavřenosti vůči sčítání a násobení skalárem.
24. Mějme množinu \( W = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid 2x – y + z = 0 \} \). Určete, zda \( W \) tvoří podprostor prostoru \( \mathbb{R}^3 \).
Jelikož neobsahuje nulový vektor, množina nemůže být podprostorem.
26. Nechť \( W \subseteq \mathbb{R}^4 \) je množina všech vektorů \( (x, y, z, w) \), které splňují dvě rovnice: \( x + y = 0 \) a \( z – w = 0 \). Určete, zda \( W \) je podprostorem.
Řešení příkladu:
Podmínky: \( x + y = 0 \), tj. \( x = -y \), a \( z – w = 0 \), tj. \( z = w \).
\( x + y = -y_1 – y_2 + y_1 + y_2 = 0 \), \( z = w = z_1 + z_2 \Rightarrow \mathbf{u} + \mathbf{v} \in W \).
3. Skalární násobení: \( \lambda \cdot (-y, y, z, z) = (-\lambda y, \lambda y, \lambda z, \lambda z) \Rightarrow x + y = 0, z = w \).
Závěr: Množina je podprostorem prostoru \( \mathbb{R}^4 \).
27. Uvažujme množinu \( S = \{ f \in \mathbb{R}^\mathbb{R} \mid f(0) = 1 \} \). Je \( S \) podprostorem prostoru všech reálných funkcí?
Řešení příkladu:
Funkce v \( S \) musí splňovat \( f(0) = 1 \). Zkontrolujeme nulovou funkci \( f(x) = 0 \Rightarrow f(0) = 0 \neq 1 \Rightarrow \notin S \).
Nulová funkce není v množině, proto \( S \) není podprostorem.
28. Množina všech spojitých funkcí \( f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \), pro které \( f(-x) = -f(x) \), tvoří podprostor prostoru spojitých funkcí. Ověřte.
Řešení příkladu:
Jedná se o množinu lichých spojitých funkcí.
1. Nulová funkce \( f(x) = 0 \) je lichá: \( f(-x) = 0 = -0 = -f(x) \Rightarrow \in W \).
2. Součet dvou lichých funkcí je opět lichá: \( (f + g)(-x) = f(-x) + g(-x) = -f(x) – g(x) = -(f + g)(x) \).
29. Určete, zda množina všech polynomů stupně nejvýše 3, jejichž hodnota v bodě 1 je rovna nule, tvoří podprostor prostoru všech polynomů stupně nejvýše 3.
Závěr: \( W \) je podprostor prostoru polynomů stupně nejvýše 3.
30. Množina všech matic \( 2 \times 2 \), které jsou symetrické, tvoří podprostor prostoru všech reálných matic \( 2 \times 2 \). Ověřte.
Řešení příkladu:
Symetrická matice \( A \) splňuje \( A = A^T \).
1. Nulová matice je symetrická.
2. Součet symetrických matic je opět symetrický: \( (A + B)^T = A^T + B^T = A + B \).
3. Skalární násobek symetrické matice je symetrický: \( (\lambda A)^T = \lambda A^T = \lambda A \).
Všechny podmínky jsou splněny, množina symetrických matic tvoří podprostor.
31. Nech \( V = \mathbb{R}^4 \) a \( W = \{ (x, y, z, w) \mid x + y + z + w = 0,\; x – y + z – w = 0,\; x + 2y – z = 0 \} \). Určte, či ide o podprostor a ak áno, nájdite jeho bázu a dimenziu.
Riešenie:
Trojica homogénnych lineárnych rovníc definuje podprostor, ak je množina riešení neprázdna. Overíme nulový vektor:
\( 0+0+0+0=0,\;0-0+0-0=0,\;0+0-0=0 \Rightarrow \mathbf{0}\in W \). Áno, ide o podprostor.
Sústavu zapíšeme do matice a vyriešime cez Gaussovu elimináciu:
32. Nech \( U \subseteq \mathbb{R}^3 \) je množina všetkých vektorov ortogonálnych k \( \mathbf{a} = (1, 2, -2) \). Overte podprostor, naleznite bázu a dimenziu.
Riešenie:
\( U = \{ (x,y,z)\;|\;(1,2,-2)\cdot(x,y,z)=0 \} \), teda \( x + 2y – 2z = 0 \). Ide o rovninu cez počiatok v \( \mathbb{R}^3 \), teda podprostor.
Nulový vektor je v množine. Overíme uzavretosť.
Rovnicu vyjadríme parametricky: nech \( y = s, z = t \), potom \( x = -2s + 2t \). Vektor je:\n
\( (-2s + 2t,\, s,\, t) = s(-2,1,0) + t(2,0,1) \).
Báza: \( \{(-2,1,0), (2,0,1)\} \). Je to dvojrozmerný podprostor, dimenzia \(= 2\).
Ďalší dôkaz nezávislosti: ani jeden z vektorov nie je násobkom druhého, sú lineárne nezávislé, a generujú všetky riešenia rovnice.
33. Nech \( V = \mathbb{R}_2[x] \), množina všetkých polynomov stupňa najviac \(2\), a nech \( M = \{ p(x) \mid p(2)=p'(2)=0 \}\). Určte, či je \( M \) podprostor, a ak áno, nájdite bázu a dimenziu.
Riešenie:
Polynom má tvar \( ax^2 + bx + c \). Podmienky:
\( p(2)=4a+2b+c=0 \)
\( p'(x)=2ax + b \), \( p'(2)=4a + b = 0 \)
Riešime sústavu pre \( a, b, c \): z druhej rovnice \( b=-4a \). Dosadíme do prvej: \( 4a -8a + c = 0 \Rightarrow c = 4a \).
Polynom je \( p(x)=ax^2 -4ax +4a = a(x^2 -4x +4) = a(x-2)^2 \). Nulový polynom je pri \( a=0 \).
Podprostor: obsahuje nulový polynom a je uzavretý na sčítanie a násobenie.
34. Uvažujme množinu \( S \subseteq \mathbb{R}^{3\times3} \) všetkých symetrických matíc \( A \) s \( \text{tr}(A)=0 \). Skontrolujte, že \( S \) je podprostor, a nájdite jeho dimenziu a bázu.
Riešenie:
Symetria: \( A=A^T \), stopa nulová znamená súčet diagonálnych prvkov je \(0\). Tieto vlastnosti sú lineárne, teda podprostor.
Obecná symetrická matica:\n
\( \begin{bmatrix} a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & f \end{bmatrix} \), stopa nulová: \( a+d+f=0 \), teda \( f = -a-d \).
Parametre: \( a, b, c, d, e \in \mathbb{R} \). F = -a-d závisí. Podprostor má \(5\) voľných parametrov => dimenzia \(= 5\).
Tieto matice sú lineárne nezávislé, generujú celý priestor.
35. Nech \( V = \mathbb{R}^4 \) a množina \( W = \{ (x,y,z,w) \mid x + y = 0,\; z – w = 2x \} \). Overte, že \( W \) je podprostor, a nájdite bázu a dimenziu.
Riešenie:
Podmienky sú lineárne homogénne:
\( x + y=0 \Rightarrow y=-x \)
\( z-w = 2x \Rightarrow z = w + 2x \)
Nech \( x = a,\; w = b \). Potom \( y = -a,\; z = b + 2a \).
Báza: \( \{ (1,-1,2,0), (0,0,1,1) \} \). Dimenzia \(= 2\). Uzavretosť a nulový vektor sú splnené \(=>\) podprostor.
41. Určete, zda množina \( W = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + 2y – 3z = 0 \land 4x – y + z = 0 \} \) tvoří podprostor prostoru \( \mathbb{R}^3 \), a najděte jeho bázi a dimenzi.
Řešení příkladu:
Nejprve ověříme, zda množina \( W \) je podprostorem prostoru \( \mathbb{R}^3 \). Je definována jako množina všech vektorů splňujících dvě lineární rovnice. Taková množina je průnikem dvou lineárních podprostorů, tedy sama lineární podprostor (pokud je neprázdná). Ověříme, zda obsahuje nulový vektor:
42. Uvažujme množinu všech funkcí \( f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \), které splňují \( f“(x) = 0 \) pro všechna \( x \in \mathbb{R} \). Určete, zda tato množina tvoří vektorový podprostor, a nalezněte jeho dimenzi a bázi.
Řešení příkladu:
Nejprve najdeme obecný tvar funkcí, pro které platí \( f“(x) = 0 \). Integrací druhé derivace získáme první derivaci:
\[
f“(x) = 0 \Rightarrow f'(x) = C \Rightarrow f(x) = Cx + D
\]
Kde \( C, D \in \mathbb{R} \). To znamená, že množina všech takových funkcí je tvořena lineárními funkcemi.
Ověříme, zda tvoří podprostor prostoru všech funkcí \( \mathbb{R}^\mathbb{R} \):
1. Nulová funkce \( f(x) = 0 \Rightarrow f“(x) = 0 \Rightarrow \in W \).
2. Sčítání: pokud \( f(x) = C_1 x + D_1 \), \( g(x) = C_2 x + D_2 \), pak:
\( (f + g)(x) = (C_1 + C_2)x + (D_1 + D_2) \Rightarrow (f + g)“(x) = 0 \Rightarrow f + g \in W \).
3. Skalární násobení: \( (\lambda f)(x) = \lambda (Cx + D) = (\lambda C)x + \lambda D \Rightarrow (\lambda f)“(x) = 0 \Rightarrow \lambda f \in W \).
Závěr: množina je podprostorem prostoru \( \mathbb{R}^\mathbb{R} \).
Báze tvoří lineárně nezávislé funkce \( f_1(x) = 1 \), \( f_2(x) = x \), tedy:
\[
\text{Báze: } \{1, x\}, \quad \dim = 2
\]
43. Nechť \( V = \mathbb{R}^3 \), a \( W \subset V \) je množina všech vektorů ortogonálních k vektoru \( \mathbf{a} = (2, -1, 3) \). Určete, zda \( W \) tvoří podprostor a najděte jeho dimenzi a bázi.
Řešení příkladu:
Vektor \( \mathbf{v} \in W \), pokud platí \( \mathbf{a} \cdot \mathbf{v} = 0 \), tj. skalární součin je nulový:
\( (2, -1, 3) \cdot (x, y, z) = 2x – y + 3z = 0 \).
Jedná se o rovnici roviny ve \( \mathbb{R}^3 \), tj. lineární podprostor dimenze \(2\).
44. Nechť \( V = \mathbb{R}^4 \) a množina \( W = \{ (x, y, z, w) \in \mathbb{R}^4 \mid x + y + z + w = 0 \land x – y + z – w = 0 \} \). Určete, zda \( W \) je podprostorem a najděte jeho dimenzi a bázi.
Řešení příkladu:
Řešíme soustavu:
1. \( x + y + z + w = 0 \)
2. \( x – y + z – w = 0 \)
Sečteme rovnice: \( 2x + 2z = 0 \Rightarrow x + z = 0 \Rightarrow x = -z \)
Odečteme rovnice: \( 2y + 2w = 0 \Rightarrow y + w = 0 \Rightarrow y = -w \)
Vše vyjádříme pomocí parametrů \( z, w \):
\( x = -z, y = -w \Rightarrow (x, y, z, w) = (-z, -w, z, w) = z(-1, 0, 1, 0) + w(0, -1, 0, 1) \)
45. Mějme prostor všech matic \( 3 \times 3 \) a množinu \( W \), která obsahuje všechny matice \( A \), pro které platí \( A^T = -A \). Určete, zda \( W \) je podprostorem a zjistěte jeho dimenzi.
Řešení příkladu:
Matice splňující \( A^T = -A \) se nazývají antisymetrické (skew-symetrické). Pro každou antisymetrickou matici platí, že hlavní diagonála je nulová a prvek pod diagonálou je záporný k tomu nad diagonálou.
Obecná antisymetrická matice \( 3 \times 3 \):
\[
\begin{bmatrix}
0 & a & b \\
-a & 0 & c \\
-b & -c & 0
\end{bmatrix}
\Rightarrow \text{závislá na 3 parametrech: } a, b, c
\]
Nulová matice je antisymetrická, součet dvou antisymetrických je opět antisymetrický a skalární násobek také.
Závěr: \( W \) je podprostor dimenze \(3\).
46. Uvažujme množinu \( W = \{ (x, y, z, w) \in \mathbb{R}^4 \mid x + 2y – z + 3w = 0,\; 4x – y + 5z – 2w = 0 \} \). Je \( W \) podprostorem vektorového prostoru \( \mathbb{R}^4 \)? Určete bázi a dimenzi tohoto podprostoru.
Řešení příkladu:
Abychom zjistili, zda \( W \) je podprostorem prostoru \( \mathbb{R}^4 \), musíme ověřit, že se jedná o množinu všech řešení homogenní soustavy lineárních rovnic. Vzhledem k tomu, že obě rovnice jsou lineární a homogenní (pravá strana je rovna nule), platí:
\[
W \subseteq \mathbb{R}^4 \text{ je podprostor.}
\]
Najdeme bázické vektory podprostoru \( W \) vyřešením této soustavy:
\[
\begin{cases}
x + 2y – z + 3w = 0 \\
4x – y + 5z – 2w = 0
\end{cases}
\]
Převedeme na matici a provedeme Gaussovu eliminaci:
\[
\begin{bmatrix}
1 & 2 & -1 & 3 \\
4 & -1 & 5 & -2
\end{bmatrix}
\Rightarrow
\begin{bmatrix}
1 & 2 & -1 & 3 \\
0 & -9 & 9 & -14
\end{bmatrix}
\Rightarrow
\begin{bmatrix}
1 & 2 & -1 & 3 \\
0 & 1 & -1 & \frac{14}{9}
\end{bmatrix}
\]
Vyjádříme hlavní proměnné \( x \) a \( y \) pomocí parametrů \( z = t \), \( w = s \). Z druhého řádku:
\[
y – t + \frac{14}{9}s = 0 \Rightarrow y = t – \frac{14}{9}s
\]
Dosadíme do první rovnice:
\[
x + 2(t – \frac{14}{9}s) – t + 3s = 0 \Rightarrow x + 2t – \frac{28}{9}s – t + 3s = 0
\Rightarrow x + t + \frac{-28 + 27}{9}s = 0 \Rightarrow x = -t + \frac{1}{9}s
\]
Celkové vyjádření vektorů:
\[
(x, y, z, w) = (-t + \frac{1}{9}s, t – \frac{14}{9}s, t, s) = t(-1, 1, 1, 0) + s(\frac{1}{9}, -\frac{14}{9}, 0, 1)
\]
Báze prostoru \( W \) je tvořena vektory:
\[
\left\{ (-1, 1, 1, 0),\; \left(\frac{1}{9}, -\frac{14}{9}, 0, 1 \right) \right\}
\]
Dimenze podprostoru \( W \) je tedy:
\[
\dim(W) = 2
\]
47. Uvažujme množinu všech matic \( A \in \mathbb{R}^{2 \times 2} \), pro které platí \( A^T = -A \). Ověřte, že tato množina tvoří podprostor prostoru \( \mathbb{R}^{2 \times 2} \). Určete jeho dimenzi a bázi.
Řešení příkladu:
Množina všech matic \( A \in \mathbb{R}^{2 \times 2} \), pro které platí \( A^T = -A \), se nazývá množina všech antisymetrických matic řádu 2. Ověříme, že jde o podprostor.
Nechť \( A, B \) jsou antisymetrické a \( \alpha \in \mathbb{R} \). Pak platí:
\[
(A + B)^T = A^T + B^T = -A – B = -(A + B) \Rightarrow A + B \text{ je antisymetrická}
\]
\[
(\alpha A)^T = \alpha A^T = \alpha(-A) = -\alpha A \Rightarrow \alpha A \text{ je antisymetrická}
\]
Tedy lineární kombinace antisymetrických matic je opět antisymetrická. Jedná se tedy o podprostor prostoru \( \mathbb{R}^{2 \times 2} \).
Obecná antisymetrická matice \( A \) tvaru \( 2 \times 2 \) má tvar:
\[
A = \begin{bmatrix} 0 & a \\ -a & 0 \end{bmatrix}
\]
kde \( a \in \mathbb{R} \). Tato množina je tedy jednorozměrný podprostor. Báze:
\[
\left\{ \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} \right\}
\]
Dimenze je:
\[
\dim = 1
\]
48. Určete dimenzi a bázi množiny všech polynomů stupně nejvýše 4, pro které platí \( p(1) = 0 \).
Řešení příkladu:
Označme \( V = \{ p \in \mathbb{R}_4[x] \mid p(1) = 0 \} \). Prostor \( \mathbb{R}_4[x] \) má dimenzi 5 (základní báze je \( \{1, x, x^2, x^3, x^4\} \)). Požadujeme, aby polynomy v \( V \) splňovaly \( p(1) = 0 \). To je lineární podmínka:
\[
p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + a_4 x^4,\quad p(1) = a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = 0
\]
Tedy množina \( V \) je lineární podprostor dimenze \( 4 \), protože na koeficienty je uvalena jediná lineární podmínka. Určíme bázi:
Použijeme metodu ortogonální k podmínce. Najdeme čtyři lineárně nezávislé polynomy, pro které platí \( p(1) = 0 \). Např.:
\[
(x – 1),\; x(x – 1),\; x^2(x – 1),\; x^3(x – 1)
\]
Jsou to polynomy stupně maximálně 4 a každý z nich v bodě \( x = 1 \) dává nulu.
Báze:
\[
\{x – 1,\; x(x – 1),\; x^2(x – 1),\; x^3(x – 1)\}
\]
Dimenze je:
\[
\dim = 4
\]
49. Ověřte, zda množina \( U = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + y + z = 1 \} \) tvoří podprostor prostoru \( \mathbb{R}^3 \).
Řešení příkladu:
Aby množina \( U \) byla podprostorem, musí být uzavřená na sčítání a násobení skalárem a musí obsahovat nulový vektor.
Zkoumáme nulový vektor \( (0, 0, 0) \). Platí:
\[
0 + 0 + 0 = 0 \neq 1 \Rightarrow (0, 0, 0) \notin U
\]
Tím pádem:
\[
U \text{ není podprostor, protože neobsahuje nulový vektor.}
\]
50. Nechť \( V = \mathbb{R}^3 \) a uvažujme množinu \( S = \{ (a, b, c) \in \mathbb{R}^3 \mid a – 2b + 3c = 0,\; 4a + b – c = 0 \} \). Určete bázi a dimenzi podprostoru \( S \).
Řešení příkladu:
Máme danou množinu všech vektorů \( (a, b, c) \in \mathbb{R}^3 \), které splňují dvě rovnice. Jde tedy o průnik dvou rovin, tj. podprostor.
Řešíme soustavu:
\[
\begin{cases}
a – 2b + 3c = 0 \\
4a + b – c = 0
\end{cases}
\]
Použijeme Gaussovu eliminaci:
\[
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 3 \\
4 & 1 & -1
\end{bmatrix}
\Rightarrow
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 3 \\
0 & 9 & -13
\end{bmatrix}
\]
Vyjádříme neznámé. Z druhého řádku:
\[
9b – 13c = 0 \Rightarrow b = \frac{13}{9}c
\]
Dosadíme do první rovnice:
\[
a – 2\cdot\frac{13}{9}c + 3c = 0 \Rightarrow a = \frac{26}{9}c – 3c = -\frac{1}{9}c
\]
Celkově:
\[
(a, b, c) = \left( -\frac{1}{9}c,\; \frac{13}{9}c,\; c \right) = c \cdot \left( -\frac{1}{9},\; \frac{13}{9},\; 1 \right)
\]
Báze:
\[
\left\{ \left( -\frac{1}{9},\; \frac{13}{9},\; 1 \right) \right\},\quad \dim = 1
\]
51. Nechť \( V = \mathbb{R}^5 \) a množina \( W = \{ (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) \mid x_1 + 2x_2 – x_3 + x_4 – 2x_5 = 0,\; 3x_1 – x_2 + x_3 + 2x_4 + x_5 = 0 \} \). Ověřte, že \( W \) je podprostor, najděte bázi a dimenzi.
Řešení:
Tato dvě rovnice tvoří homogenní soustavu v \(\mathbb{R}^5\), proto množina všech řešení tvoří lineární podprostor. Nejprve ověříme, že nulový vektor patří do množiny:
Dosazením \( (0,0,0,0,0) \) získáme \(0 = 0\), takže nulový vektor je v \( W \). Pro lineární podprostor tedy můžeme pokračovat řešením soustavy pomocí Gaussovy eliminace.
Dimenze \( W \) je rovna počtu volných proměnných, tedy \(3\).
52. Nechť \( V \) je prostor všech spojitých funkcí \( f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \). Nechť \( W = \{ f \mid f(0)=0,\; \int_0^1 f(x)\,dx=0 \} \). Ověřte, že \( W \) je podprostor a najděte jeho bázi, pokud bereme v úvahu pouze funkce ve formě lineární kombinace \( 1,\; x,\; x^2 \).
Řešení:
Množina \(W\) představuje dvojici lineárních podmínek na prostor \(V\), který obsahuje všechny spojité funkce. Pro podprostor musíme ověřit běžné vlastnosti a potom bázi v trojrozměrném podprostorovém uspořádání generovaném \(1,x,x^2\).
1. Nulová funkce \( f(x)\equiv 0\). Platí \(f(0)=0\) i \(\int_0^1 0\,dx = 0\), tedy nulová funkce patří do \(W\).
2. Uzavřenost na sčítání: pokud \( f,g \in W\), potom \( (f+g)(0)=f(0)+g(0)=0\), a \(\int_0^1 (f+g)=\int_0^1 f + \int_0^1 g = 0\). Navíc je spojitá, takže \( f+g \in W\).
3. Uzavřenost na násobení skalárem podobně platí.
Pro bázi bereme pouze funkce z trojrozměrného prostoru \( \text{span}\{1, x, x^2\} \), tj. polynomy stupně nejvýše 2.
53. Nechť \( V = \mathbb{R}^3 \) a \( W = \text{span}\{ (1,1,0), (1,0,1), (0,1,1) \} \). Určete, zda jsou vektory lineárně nezávislé, najděte bázi pro \( W \) a dimenzi.
Řešení:
Máme tři vektory v \( \mathbb{R}^3 \). Vektorový prostor dimenze \(3\) může mít nejvýše tři lineárně nezávislé vektory. Ověříme linearitu této trojice:
Nechť existují skaláry \( \alpha, \beta, \gamma \), takové že:
Tím pádem \( \beta=0\), \( \gamma=0\). Trojice je tedy lineárně nezávislá.
Jelikož je trojice vektorů nezávislá a počet vektorů = dimenze prostoru \((3)\), tvoří bázi celého \( \mathbb{R}^3 \). Tudíž:
\[
W = \mathbb{R}^3,\quad \text{báze je } \{(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)\},\quad \dim(W)=3
\]
54. Nechť \( V = \mathbb{R}^{2\times 2} \) s metrikou Frobeniova, \( W = \{ A \mid \text{tr}(A)=0 \} \). Ověřte, že jde o podprostor, najděte bázi a dimenzi.
Řešení:
Podmínka nulové stopy je lineární (součet diagonálních prvků). Pro nulovou matici platí. Uzavřenost na sčítání i násobení skalárem se ověří jednoduchou lineární manipulací.
Nechť \( A = \begin{pmatrix} a&b\\c&d \end{pmatrix} \) s \( a+d=0 \Rightarrow d=-a \). Máme volné parametry \( a,b,c \). Dimenze tedy \(= 3\).
55. Nechť \( V = \mathbb{R}^4 \) a \( W = \{ (x,y,z,w) \mid x – y + 2z – w = 0,\; 2x + y – z + 3w = 0,\; -x + 3y + z – 2w = 0 \} \). Ověřte podprostor, najděte bázi a dimenzi.
Řešení:
Tři homogenní rovnice v \(\mathbb{R}^4\) tvoří lineární systém. Zkontrolujeme, že nulový vektor platí v každé rovnici, takže patří do \( W \).
Z třetí rovnice: \(\frac{19}{3}z – \frac{19}{3}w = 0 \Rightarrow z=w\). Označíme \( w = t \). Z druhé: \(3y – 5z + 5w=0 \Rightarrow 3y = 0 \Rightarrow y = 0\). Z první: \( x – y + 2z – w=0 \Rightarrow x +2t -t=0 \Rightarrow x = -t\).
Výsledek parametrizace:
\[
(x,y,z,w) = (-t,0,t,t) = t(-1,0,1,1)
\]
Báze je \( \{ (-1,0,1,1) \} \), dimenze \(= 1\).
56. Nechť \( V = \mathbb{R}^4 \) a množina
\( W = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 \mid x + 2y – z + 3w = 0, \quad 2x – y + 4z – w = 0 \} \).
Ověřte, že \( W \) je podprostor vektorového prostoru \( V \), najděte bázi a dimenzi podprostoru \( W \).
Řešení:
Nejprve ověříme, že \( W \) je podprostor. To znamená, že \( W \) musí obsahovat nulový vektor a být uzavřený na sčítání a násobení skalárem.
1. Nulový vektor je \( \mathbf{0} = (0,0,0,0) \). Dosadíme do rovnic:
Dimenze podprostoru \( W \) je \(2\), protože báze má \(2\) prvky.
57. Nechť \( V \) je prostor všech polynomů stupně nejvýše 3 nad \( \mathbb{R} \), tedy \( V = \{ a + bx + cx^2 + dx^3 \mid a,b,c,d \in \mathbb{R} \} \). Definujme množinu
\[
W = \{ p(x) \in V \mid p(1) = 0, \quad p'(1) = 0 \}
\]
kde \( p'(x) \) je derivace polynomu \( p(x) \). Ukažte, že \( W \) je podprostor \( V \), najděte bázi a dimenzi.
Řešení:
Nejprve definujme polynom \( p(x) = a + bx + cx^2 + dx^3 \) s koeficienty \( a,b,c,d \in \mathbb{R} \).
Podmínky jsou:
\[
p(1) = a + b + c + d = 0
\]
\[
p'(x) = b + 2cx + 3dx^2 \Rightarrow p'(1) = b + 2c + 3d = 0
\]
Pro podprostor \( W \) platí, že obsahuje nulový polynom, který má všechny koeficienty nulové, takže
\[
p(1) = 0, \quad p'(1) = 0,
\]
což platí. Podprostor musí být uzavřený na sčítání a násobení skalárem, což vyplývá z linearity vyhodnocení polynomů a jejich derivací.
Nyní najdeme bázi. Zapíšeme podmínky na koeficienty jako systém lineárních rovnic:
\[
\begin{cases}
a + b + c + d = 0 \\
b + 2c + 3d = 0
\end{cases}
\]
Vyjádříme \( a \) a \( b \) pomocí \( c \) a \( d \).
Z první rovnice:
\[
a = -b – c – d
\]
Z druhé rovnice:
\[
b = -2c – 3d
\]
Dosadíme \( b \) do výrazu pro \( a \):
\[
a = -(-2c – 3d) – c – d = 2c + 3d – c – d = c + 2d
\]
Koeficienty můžeme tedy vyjádřit jako
\[
a = c + 2d, \quad b = -2c – 3d, \quad c = c, \quad d = d
\]
Nechť \( c = s \), \( d = t \), \( s, t \in \mathbb{R} \).
Polynom \( p(x) \in W \) má tedy tvar
\[
p(x) = (s + 2t) + (-2s – 3t)x + s x^2 + t x^3
\]
Vyjádříme ho jako lineární kombinaci dvou polynomů:
\[
p(x) = s(1 – 2x + x^2) + t(2 – 3x + x^3)
\]
Tedy bází \( W \) je
\[
\{ 1 – 2x + x^2, \quad 2 – 3x + x^3 \}
\]
Dimenze \( W \) je \(2\).
58. Nechť \( V = \mathbb{R}^3 \) a nechť \( U = \text{span} \{ (1,2,3), (4,5,6) \} \), \( W = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x + y + z = 0 \} \). Najděte průnik \( U \cap W \) a jeho dimenzi.
Řešení:
Nejprve si ujasníme definici množin. \( U \) je podprostor generovaný vektory \( u_1 = (1,2,3) \), \( u_2 = (4,5,6) \). \( W \) je množina všech vektorů, které splňují lineární rovnici \( x + y + z = 0 \).
Průnik \( U \cap W \) obsahuje všechny vektory, které jsou lineární kombinací \( u_1 \) a \( u_2 \) a zároveň splňují rovnici \( x + y + z = 0 \).
Nechť \( v = \alpha u_1 + \beta u_2 = \alpha (1,2,3) + \beta (4,5,6) = (\alpha + 4\beta, 2\alpha + 5\beta, 3\alpha + 6\beta) \in U \cap W \).
Podprostor \( W \) obsahuje nulový polynom (pro \( a=b=c=0 \)), je uzavřený na sčítání a násobení skalárem (lineární podmínky).
Z podmínek máme
\[
a = 0,
\quad \frac{b}{2} + \frac{c}{3} = 0 \Rightarrow 3b + 2c = 0 \Rightarrow 3b = -2c \Rightarrow b = -\frac{2}{3} c
\]
Nechť \( c = t \), kde \( t \in \mathbb{R} \), potom
\[
p(x) = 0 + \left(-\frac{2}{3} t \right) x + t x^2 = t \left( -\frac{2}{3} x + x^2 \right)
\]
Báze \( W \) je tedy
\[
\left\{ -\frac{2}{3} x + x^2 \right\}
\]
Dimenze \( W \) je \(1\).
61. Nechť \( V = \mathbb{R}^4 \) a nechť \( U = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 \mid x + 2y – z + w = 0, \quad 3x – y + 4z – 2w = 0 \} \). Najděte bázi a dimenzi podprostoru \( U \).
Řešení:
Podprostor \( U \) je definován dvěma lineárními rovnicemi v prostoru \( \mathbb{R}^4 \). Pro nalezení báze a dimenze \( U \) je potřeba řešit soustavu lineárních rovnic a najít její obecné řešení, které vyjadřuje vektory z \( U \) jako lineární kombinace základních vektorů.
Soustava je:
\[
\begin{cases}
x + 2y – z + w = 0 \\
3x – y + 4z – 2w = 0
\end{cases}
\]
Nechť \( (x,y,z,w) \in U \). Vyjádříme některé proměnné přes ostatní. Zvolíme volné proměnné například \( z = s \), \( w = t \), kde \( s,t \in \mathbb{R} \).
Z první rovnice:
\[
x + 2y – s + t = 0 \Rightarrow x + 2y = s – t
\]
Z druhé rovnice:
\[
3x – y + 4s – 2t = 0 \Rightarrow 3x – y = -4s + 2t
\]
Máme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých \( x \) a \( y \):
\[
\begin{cases}
x + 2y = s – t \\
3x – y = -4s + 2t
\end{cases}
\]
Řešme tuto soustavu klasickým způsobem. Nejprve vyjádříme \( x \) z první rovnice:
\[
x = s – t – 2y
\]
Dosadíme do druhé rovnice:
\[
3(s – t – 2y) – y = -4s + 2t
\]
Upravme:
\[
3s – 3t – 6y – y = -4s + 2t
\]
\[
3s – 3t – 7y = -4s + 2t
\]
Přesuňme členy s proměnnými na jednu stranu a konstanty na druhou:
62. Nechť \( V = \mathbb{R}[x]_3 \) je množina všech reálných polynomů stupně nejvýše \( 3 \) a nechť \( W = \{ p(x) \in V \mid p(1) = p'(1) = p“(1) \} \). Najděte bázi a dimenzi podprostoru \( W \).
Řešení:
Nechť \( p(x) = a + b x + c x^2 + d x^3 \) s koeficienty \( a,b,c,d \in \mathbb{R} \). Potřebujeme najít všechny polynomy, které splňují rovnost hodnoty polynomu, jeho první i druhé derivace v bodě \( x = 1 \), tedy
\[
p(1) = p'(1) = p“(1)
\]
Vypišme tyto hodnoty explicitně.
Hodnota polynomu v \( 1 \):
\[
p(1) = a + b + c + d
\]
První derivace polynomu je:
\[
p'(x) = b + 2 c x + 3 d x^2
\]
Hodnota první derivace v \( 1 \):
\[
p'(1) = b + 2 c + 3 d
\]
Druhá derivace polynomu je:
\[
p“(x) = 2 c + 6 d x
\]
Hodnota druhé derivace v \( 1 \):
\[
p“(1) = 2 c + 6 d
\]
Podmínky tedy vypadají takto:
\[
a + b + c + d = b + 2 c + 3 d = 2 c + 6 d
\]
Z toho vyplývají dvě rovnice, protože všechny tři hodnoty jsou stejné:
\[
a + b + c + d = b + 2 c + 3 d
\]
\[
b + 2 c + 3 d = 2 c + 6 d
\]
Upravme druhou rovnici:
\[
b + 2 c + 3 d = 2 c + 6 d \Rightarrow b + 3 d = 6 d \Rightarrow b = 3 d
\]
Dosadíme \( b = 3 d \) do první rovnice:
\[
a + 3 d + c + d = 3 d + 2 c + 3 d
\]
Upravme pravou stranu:
\[
3 d + 2 c + 3 d = 6 d + 2 c
\]
Teď upravíme rovnici:
\[
a + 4 d + c = 6 d + 2 c
\]
Převedeme vše na levou stranu:
\[
a + 4 d + c – 6 d – 2 c = 0 \Rightarrow a – 2 d – c = 0
\]
Tedy máme vztah:
\[
a = 2 d + c
\]
Souhrnně:
\[
b = 3 d, \quad a = 2 d + c
\]
Koeficienty \( c \) a \( d \) můžeme volit libovolně, protože na ně nemáme další omezení. Nechť tedy \( c = s \) a \( d = t \), kde \( s, t \in \mathbb{R} \).
Polynom \( p(x) \in W \) tedy vypadá:
\[
p(x) = (2 t + s) + 3 t x + s x^2 + t x^3
\]
Vyjádříme jej jako lineární kombinaci vektorů závislých na \( s \) a \( t \):
\[
p(x) = s (1 + x^2) + t (2 + 3 x + x^3)
\]
Báze podprostoru \( W \) je tedy
\[
\{ 1 + x^2, \quad 2 + 3 x + x^3 \}
\]
Dimenze podprostoru je počet vektorů báze, tedy
\[
\dim W = 2
\]
63. Nechť \( V = \mathbb{R}^3 \), \( U = \{ (x,y,z) \mid x – 2 y + 3 z = 0 \} \), \( W = \{ (x,y,z) \mid 4 x + y – z = 0 \} \). Najděte průnik \( U \cap W \), jeho dimenzi a bázi.
Řešení:
Průnik \( U \cap W \) obsahuje všechny vektory \( (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \), které splňují současně obě rovnice:
\[
\begin{cases}
x – 2 y + 3 z = 0 \\
4 x + y – z = 0
\end{cases}
\]
Z druhé rovnice vyjádříme \( y \):
\[
4 x + y – z = 0 \Rightarrow y = -4 x + z
\]
Dosadíme do první rovnice:
\[
x – 2 (-4 x + z) + 3 z = 0 \Rightarrow x + 8 x – 2 z + 3 z = 0 \Rightarrow 9 x + z = 0
\]
Odtud:
\[
z = -9 x
\]
Dosadíme zpět do výrazu pro \( y \):
\[
y = -4 x – 9 x = -13 x
\]
Vektor z průniku má tedy tvar:
\[
(x,y,z) = (x, -13 x, -9 x) = x (1, -13, -9)
\]
Dimenze průniku je \( 1 \), protože všechny vektory jsou násobkem jednoho vektoru.
Báze průniku je množina obsahující vektor:
\[
\{ (1, -13, -9) \}
\]
64. Nechť \( V = \mathbb{R}[x]_2 \) a nechť \( W = \{ p(x) = a + b x + c x^2 \mid p(1) = 0, \quad p(-1) = 0 \} \). Najděte bázi a dimenzi \( W \).
Řešení:
Polynom \( p(x) = a + b x + c x^2 \) je v \( W \), pokud platí podmínky:
\[
p(1) = a + b + c = 0
\]
\[
p(-1) = a – b + c = 0
\]
Máme soustavu rovnic:
\[
\begin{cases}
a + b + c = 0 \\
a – b + c = 0
\end{cases}
\]
Sečtením rovnic dostaneme:
\[
( a + b + c ) + ( a – b + c ) = 2a + 2c = 0 \Rightarrow a + c = 0 \Rightarrow a = -c
\]
Odečtením druhé rovnice od první dostaneme:
\[
( a + b + c ) – ( a – b + c ) = 2b = 0 \Rightarrow b = 0
\]
Tedy \( b = 0 \) a \( a = -c \). Nechť \( c = t \in \mathbb{R} \). Potom
\[
p(x) = a + b x + c x^2 = -t + 0 \cdot x + t x^2 = t ( -1 + x^2 )
\]
Báze podprostoru \( W \) je tedy jednočlenná a tvoří ji vektor \( -1 + x^2 \):
\[
\{ -1 + x^2 \}
\]
Dimenze je
\[
\dim W = 1
\]
65. Nechť \( V = \mathbb{R}^3 \) a nechť \( U = \mathrm{span} \{ (1,2,3), (0,1,4) \} \), \( W = \mathrm{span} \{ (1,0,-1), (2,1,1) \} \). Najděte dimenzi součtu \( U + W \) a ověřte, zda platí \( V = U + W \).
Řešení:
Nejprve určíme dimenze podprostorů \( U \) a \( W \).
Báze \( U \) je dána vektory \( u_1 = (1,2,3) \), \( u_2 = (0,1,4) \). Ověříme lineární nezávislost:
Předpokládejme, že existují \( \alpha, \beta \in \mathbb{R} \) takové, že
Průnik je tedy jednorozměrný a generuje ho vektor \( (1,4,11) \).
\[
\dim(U \cap W) = 1
\]
Potom
\[
\dim(U + W) = 2 + 2 – 1 = 3
\]
Protože \( V = \mathbb{R}^3 \) má dimenzi \( 3 \) a \( \dim(U + W) = 3 \), platí
\[
V = U + W
\]
66. Nechť \( V \) je množina všech polynomů stupně nejvýše \( 3 \) nad \(\mathbb{R}\). Definujme podprostor
\[
U = \{ p \in V \mid p(1) = p'(1) = 0 \}.
\]
Ukažte, že \(U\) je podprostor a najděte jeho bázi a dimenzi.
Řešení:
Prostor \(V\) tvoří všechny polynomy tvaru
\[
p(x) = a + b x + c x^2 + d x^3,
\]
kde \(a,b,c,d \in \mathbb{R}\). Dimenze \(V\) je tedy \(4\).
Podprostor \(U\) je definován podmínkami:
\[
p(1) = 0, \quad p'(1) = 0,
\]
kde derivace je
\[
p'(x) = b + 2 c x + 3 d x^2.
\]
Podmínky rozepíšeme:
\[
p(1) = a + b + c + d = 0,
\]
\[
p'(1) = b + 2 c + 3 d = 0.
\]
Máme tedy soustavu dvou lineárních rovnic o čtyřech neznámých:
\[
\begin{cases}
a + b + c + d = 0, \\
b + 2 c + 3 d = 0.
\end{cases}
\]
Vyjádříme \(a\) a \(b\) pomocí \(c,d\):
\[
b = -2 c – 3 d,
\]
\[
a = -b – c – d = -(-2 c – 3 d) – c – d = c + 2 d.
\]
Proto každý polynom \(p \in U\) má tvar
\[
p(x) = (c + 2 d) + (-2 c – 3 d) x + c x^2 + d x^3,
\]
kde \(c,d \in \mathbb{R}\) jsou libovolné parametry.
Rozložíme na bázové polynomy podle parametrů:
\[
p(x) = c (1 – 2 x + x^2) + d (2 – 3 x + x^3).
\]
Báze podprostoru \(U\) je tedy
\[
\{ 1 – 2 x + x^2, \quad 2 – 3 x + x^3 \}.
\]
Dimenze \(U\) je počet prvků báze, tedy
\[
\dim U = 2.
\]
Podprostor \(U\) je tedy skutečně podprostorem, protože je generován množinou polynomů s lineárně nezávislými parametry a splňuje požadované podmínky.
67. Vektorový prostor \( \mathbb{R}^4 \) a podprostor
\[
U = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 \mid x + 2 y – z + w = 0, \quad 3 x – y + 4 z – 2 w = 0 \}.
\]
Najděte bázi a dimenzi \(U\) a bázi jeho ortogonálního doplňku \(U^\perp\).
Řešení:
Podprostor \(U\) je množina všech vektorů \((x,y,z,w)\), které splňují soustavu dvou lineárních rovnic:
\[
\begin{cases}
x + 2 y – z + w = 0, \\
3 x – y + 4 z – 2 w = 0.
\end{cases}
\]
Chceme najít bázi \(U\). Zapíšeme systém v maticovém tvaru:
\[
\begin{pmatrix}
1 & 2 & -1 & 1 \\
3 & -1 & 4 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x \\ y \\ z \\ w
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}.
\]
Z druhé rovnice vyjádříme:
\[
-7 y + 7 z – 5 w = 0 \Rightarrow 7 y = 7 z – 5 w \Rightarrow y = z – \frac{5}{7} w.
\]
Z první rovnice:
\[
x + 2 y – z + w = 0 \Rightarrow x = -2 y + z – w.
\]
Dosadíme \(y\):
\[
x = -2 \left(z – \frac{5}{7} w\right) + z – w = -2 z + \frac{10}{7} w + z – w = -z + \frac{3}{7} w.
\]
Proměnné \(z\) a \(w\) necháme volné, ať jsou to parametry:
\[
z = s, \quad w = t, \quad s,t \in \mathbb{R}.
\]
Potom
\[
y = s – \frac{5}{7} t,
\]
\[
x = -s + \frac{3}{7} t.
\]
Vektor \(v \in U\) má tvar:
\[
v = (x,y,z,w) = \left(-s + \frac{3}{7} t, \quad s – \frac{5}{7} t, \quad s, \quad t \right) = s (-1,1,1,0) + t \left(\frac{3}{7}, -\frac{5}{7}, 0,1\right).
\]
Ortogonální doplněk \(U^\perp\) je množina všech vektorů \(w \in \mathbb{R}^4\), které jsou ortogonální na všechny vektory v \(U\). To znamená, že jsou lineární kombinací normálových vektorů k rovinám definovaným rovnicemi.
Protože dimenze \(U\) je \(2\) a celkový prostor má dimenzi \(4\), platí
\[
\dim U^\perp = 4 – 2 = 2,
\]
a báze \(U^\perp\) je
\[
\{ n_1, n_2 \}.
\]
68. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\) a \(U = \mathrm{span}\{ (1,1,0), (0,1,1) \}\). Najděte všechny vektory \(v \in V\), které jsou kolmé na \(U\) a mají normu \(1\).
Řešení:
Vektor \(v = (x,y,z) \in \mathbb{R}^3\) je kolmý na \(U\), pokud je kolmý na všechny generátory \(U\):
\[
v \cdot (1,1,0) = 0, \quad v \cdot (0,1,1) = 0.
\]
Z těchto podmínek plyne:
\[
x + y = 0,
\]
\[
y + z = 0.
\]
Vyjádříme:
\[
y = -x,
\]
\[
z = -y = x.
\]
Vektor \(v\) má tvar:
\[
v = (x, -x, x) = x (1, -1, 1).
\]
Ověříme jejich lineární nezávislost pomocí Gaussovy eliminace.
Od třetího řádku odečteme součet prvního a druhého:
\[
R_3 \leftarrow R_3 – (R_1 + R_2) = (1,1,2,1,1) – (1,0,1,0,1) – (0,1,1,1,0) = (0,0,0,0,0).
\]
Třetí řádek je nulový, vektory jsou tedy lineárně závislé.
Dimenze \(U\) je tedy \(\ 2\).
Báze \(U\) je například tvořena prvními dvěma vektory:
\[
\{ u_1, u_2 \}.
\]
Ortogonální doplněk \(U^\perp\) je množina všech \(w = (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5)\), které jsou kolmé na oba vektory \(u_1, u_2\), tedy
\[
w \cdot u_1 = x_1 + x_3 + x_5 = 0,
\]
\[
w \cdot u_2 = x_2 + x_3 + x_4 = 0.
\]
Dimenze:
\[
\dim U^\perp = 3,
\]
což odpovídá, protože \(\dim U + \dim U^\perp = 5\).
70. Vektorový prostor \( V = \mathbb{R}^3 \) s netradičním sčítáním a násobením definovaným pro \((x,y,z), (x‘,y‘,z‘) \in V\) takto:
\[
(x,y,z) \oplus (x‘,y‘,z‘) = (x + x‘, \, y + y‘ + 1, \, z + z‘)
\]
\[
\alpha \odot (x,y,z) = (\alpha x, \, \alpha y, \, \alpha z)
\]
Ověřte, zda \( V \) s těmito operacemi tvoří vektorový prostor nad \(\mathbb{R}\).
Řešení:
Pro ověření, zda \( V \) je vektorový prostor, musíme zkontrolovat axiomy vektorového prostoru. Zaměříme se na vlastnosti sčítání a neutrální prvek.
Neutrální prvek \( 0_V \) musí splňovat pro všechna \((x,y,z)\):
\[
(x,y,z) \oplus 0_V = (x,y,z)
\]
Nechť \( 0_V = (a,b,c) \). Potom:
\[
(x,y,z) \oplus (a,b,c) = (x + a, \, y + b + 1, \, z + c)
\]
Pro rovnost s \((x,y,z)\) musí platit:
\[
x + a = x \Rightarrow a = 0
\]
\[
y + b + 1 = y \Rightarrow b + 1 = 0 \Rightarrow b = -1
\]
\[
z + c = z \Rightarrow c = 0
\]
Neutrální prvek je tedy \( (0, -1, 0) \).
Ověříme, zda je \(\oplus\) komutativní:
\[
(x,y,z) \oplus (x‘,y‘,z‘) = (x + x‘, \, y + y‘ + 1, \, z + z‘)
\]
\[
(x‘,y‘,z‘) \oplus (x,y,z) = (x‘ + x, \, y‘ + y + 1, \, z‘ + z)
\]
Oba výsledky jsou stejné, takže sčítání je komutativní.
Ověříme asociativitu sčítání:
\[
((x,y,z) \oplus (x‘,y‘,z‘)) \oplus (x“,y“,z“) = (x + x‘ + x“, \, y + y‘ + 1 + y“ + 1, \, z + z‘ + z“)
\]
\[
(x,y,z) \oplus ((x‘,y‘,z‘) \oplus (x“,y“,z“)) = (x + x‘ + x“, \, y + (y‘ + y“ + 1) + 1, \, z + z‘ + z“)
\]
V obou případech dostaneme:
\[
y + y‘ + 1 + y“ + 1 = y + y‘ + y“ + 2
\]
\[
y + (y‘ + y“ + 1) + 1 = y + y‘ + y“ + 2
\]
Tedy výsledky se shodují, asociativita platí.
Ověříme existenci inverzního prvku. Pro \((x,y,z)\) existuje \(-(x,y,z)\) tak, že:
\[
(x,y,z) \oplus (x‘, y‘, z‘) = 0_V = (0, -1, 0)
\]
Máme:
\[
x + x‘ = 0
\]
\[
y + y‘ + 1 = -1
\]
\[
z + z‘ = 0
\]
Z druhé rovnice:
\[
y‘ = -y – 2
\]
Inverzní prvek je tedy:
\[
-(x,y,z) = (-x, \, -y – 2, \, -z)
\]
Ověříme distribuci násobení vzhledem k sčítání:
\[
\alpha \odot ((x,y,z) \oplus (x‘,y‘,z‘)) = \alpha \odot (x + x‘, \, y + y‘ + 1, \, z + z‘) = (\alpha(x+x‘), \, \alpha(y+y’+1), \, \alpha(z+z‘))
\]
\[
\alpha \odot (x,y,z) \oplus \alpha \odot (x‘,y‘,z‘) = (\alpha x, \, \alpha y, \, \alpha z) \oplus (\alpha x‘, \, \alpha y‘, \, \alpha z‘) = (\alpha x + \alpha x‘, \, \alpha y + \alpha y‘ + 1, \, \alpha z + \alpha z‘)
\]
Tyto výsledky se neshodují, protože ve druhé souřadnici je u druhého výrazu navíc \(+1\), které v prvním výrazu chybí.
To porušuje axiom distribuce násobení vzhledem k sčítání, proto \( V \) s danými operacemi netvoří vektorový prostor.
71. Vektorový prostor \( V = \mathbb{R}^4 \). Uvažujte množinu
\[
W = \{ (x_1, x_2, x_3, x_4) \in \mathbb{R}^4 \mid 2x_1 – x_2 + 3x_3 – x_4 = 0 \text{ a } x_1 + x_2 – x_3 + 4x_4 = 0 \}.
\]
Ověřte, zda je \( W \) podprostorem \( V \). Najděte bázi a dimenzi podprostoru \( W \).
Řešení:
Máme vektorový prostor \( V = \mathbb{R}^4 \) se standardním sčítáním a násobením skalárem. Podmnožina \( W \subseteq V \) je dána dvěma lineárními rovnicemi:
\[
2x_1 – x_2 + 3x_3 – x_4 = 0,
\]
\[
x_1 + x_2 – x_3 + 4x_4 = 0.
\]
Prvním krokem je ověření, zda je \( W \) podprostorem \( V \). Podprostor musí být neprázdný, uzavřený na sčítání a násobení skalárem.
Vektory nejsou v podprostoru \(U\), takže nemohou být jeho bází. Pokud chceme najít bázi \(U\), musíme najít vektory, které rovnici splňují.
Řešíme rovnici \(x + 2y + 3z = 0\) pro \(x\):
\[
x = -2y – 3z.
\]
Nechť \(y = s, z = t\), kde \(s,t \in \mathbb{R}\) jsou volné parametry. Potom
\[
(x,y,z) = (-2s – 3t, s, t) = s(-2,1,0) + t(-3,0,1).
\]
Báze \(U\) je tedy
\[
\{ (-2,1,0), \quad (-3,0,1) \}.
\]
Dimenze:
\[
\dim U = 2.
\]
Vektory \(u_1, u_2\) nepatří do \(U\) a nemohou být bází \(U\).
73. Vektorový prostor \(V = \mathbb{R}^3\) a množina
\[
S = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x – y = 0 \text{ a } 2x + z = 0 \}.
\]
Najděte bázi \(S\) a dimenzi. Následně vyjádřete vektor \(v = (4,4,-8)\) jako lineární kombinaci bázových vektorů \(S\).
Řešení:
Uvažujeme podprostor
\[
S = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x – y = 0, \quad 2x + z = 0 \}.
\]
První rovnice: \(x = y\). Druhá: \(z = -2x\). Proto vektor z \(S\) má tvar
\[
(x,y,z) = (x, x, -2x) = x(1,1,-2).
\]
Množina všech takových vektorů je přímo úměrná vektoru \((1,1,-2)\). To znamená, že
\[
S = \{ \alpha (1,1,-2) \mid \alpha \in \mathbb{R} \}.
\]
Báze \(S\) je vektor \(\{(1,1,-2)\}\) a dimenze
\[
\dim S = 1.
\]
Nyní vyjádříme \(v = (4,4,-8)\) jako lineární kombinaci báze \(S\). Hledáme \(\alpha \in \mathbb{R}\), pro které
\[
(4,4,-8) = \alpha (1,1,-2).
\]
Porovnáváme souřadnice:
\[
4 = \alpha \cdot 1 \Rightarrow \alpha = 4,
\]
\[
4 = \alpha \cdot 1 \Rightarrow \alpha = 4,
\]
\[
-8 = \alpha \cdot (-2) \Rightarrow \alpha = 4.
\]
Hodnoty jsou shodné, tedy
\[
v = 4 \cdot (1,1,-2).
\]
Výsledek:
\[
\text{báze } S = \{ (1,1,-2) \}, \quad \dim S = 1,
\]
\[
v = 4 (1,1,-2).
\]
74. Nechť \(V = \mathbb{R}^4\) a množina
\[
M = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 \mid x + 2y – z + w = 0 \}.
\]
(a) Prokažte, že \(M\) je podprostor \(V\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(M\).
(c) Určete, zda vektor \(u = (1,-1,3,0)\) patří do \(M\).
Řešení:
(a) Zkontrolujeme, zda nulový vektor patří do \(M\):
\[
0 + 2 \cdot 0 – 0 + 0 = 0,
\]
tedy nulový vektor je v \(M\).
(b) Najdeme bázi a dimenzi \(M\). Soustava rovnic definuje lineární rovnici
\[
x + 2y – z + w = 0.
\]
Vyjádříme \(x\) pomocí ostatních proměnných:
\[
x = -2y + z – w.
\]
Nechť \(y = s\), \(z = t\), \(w = u\) jsou parametry v \(\mathbb{R}\). Potom každý vektor v \(M\) má tvar
\[
(x,y,z,w) = (-2s + t – u, s, t, u).
\]
Zapíšeme ho jako lineární kombinaci parametrů:
\[
(-2s + t – u, s, t, u) = s(-2,1,0,0) + t(1,0,1,0) + u(-1,0,0,1).
\]
Vektory
\[
v_1 = (-2,1,0,0), \quad v_2 = (1,0,1,0), \quad v_3 = (-1,0,0,1)
\]
generují \(M\). Zkontrolujeme jejich lineární nezávislost.
Nechť existují \(\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}\) takové, že
\[
\alpha v_1 + \beta v_2 + \gamma v_3 = (0,0,0,0).
\]
To znamená
\[
\alpha (-2,1,0,0) + \beta (1,0,1,0) + \gamma (-1,0,0,1) = (0,0,0,0),
\]
tedy
\[
(-2\alpha + \beta – \gamma, \alpha, \beta, \gamma) = (0,0,0,0).
\]
Z druhé, třetí a čtvrté složky dostáváme:
\[
\alpha = 0, \quad \beta = 0, \quad \gamma = 0.
\]
První složka je pak
\[
-2 \cdot 0 + 0 – 0 = 0,
\]
což je splněno. Tedy vektory jsou lineárně nezávislé.
Báze \(M\) je tedy
\[
\{ (-2,1,0,0), (1,0,1,0), (-1,0,0,1) \},
\]
a dimenze je
\[
\dim M = 3.
\]
(c) Zkontrolujeme, zda \(u = (1,-1,3,0)\) patří do \(M\). Dosadíme do rovnice:
\[
1 + 2 \cdot (-1) – 3 + 0 = 1 – 2 – 3 = -4 \neq 0,
\]
tedy \(u \notin M\).
75. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\) a podprostory
\[
U = \mathrm{span}\{ (1,2,0), (0,1,1) \}, \quad W = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x – y + z = 0 \}.
\]
(a) Určete bázi a dimenzi \(W\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(U + W\).
(c) Určete dimenzi průniku \(U \cap W\).
Řešení:
(a) Podprostor \(W\) je množina všech vektorů \((x,y,z)\), které splňují rovnici
\[
x – y + z = 0.
\]
Vyjádříme \(x\):
\[
x = y – z.
\]
Nechť \(y = s\), \(z = t\) jsou parametry, potom každý vektor v \(W\) má tvar
\[
(x,y,z) = (s – t, s, t) = s(1,1,0) + t(-1,0,1).
\]
Báze \(W\) je tedy
\[
\{ (1,1,0), (-1,0,1) \},
\]
a dimenze je
\[
\dim W = 2.
\]
(b) Báze \(U\) je \( \{ (1,2,0), (0,1,1) \} \). Nejprve ověříme, zda jsou vektory báze \(U\) lineárně nezávislé:
Nechť \(\alpha (1,2,0) + \beta (0,1,1) = (0,0,0)\). To znamená soustavu
\[
\begin{cases}
\alpha = 0 \\
2\alpha + \beta = 0 \\
\beta = 0
\end{cases}
\]
Z třetí rovnice \(\beta = 0\). Druhá rovnice potom \(2\alpha = 0 \Rightarrow \alpha = 0\). Vektory jsou lineárně nezávislé.
Dimenze \(U\) je tedy 2.
Chceme najít bázi \(U + W\). Spojíme všechny generátory:
\[
\{ (1,2,0), (0,1,1), (1,1,0), (-1,0,1) \}.
\]
Ověříme jejich lineární nezávislost. Nechť existují \(\alpha, \beta, \gamma, \delta \in \mathbb{R}\) tak, že
\[
\alpha (1,2,0) + \beta (0,1,1) + \gamma (1,1,0) + \delta (-1,0,1) = (0,0,0).
\]
Tedy
\[
(\alpha + \gamma – \delta, 2\alpha + \beta + \gamma, \beta + \delta) = (0,0,0).
\]
Dostáváme soustavu:
\[
\begin{cases}
\alpha + \gamma – \delta = 0 \\
2\alpha + \beta + \gamma = 0 \\
\beta + \delta = 0
\end{cases}
\]
Z třetí rovnice
\[
\beta = -\delta.
\]
Dosadíme do druhé:
\[
2\alpha – \delta + \gamma = 0.
\]
Z první:
\[
\alpha + \gamma = \delta.
\]
Z první rovnice vyjádříme \(\gamma = \delta – \alpha\), dosadíme do druhé:
\[
2\alpha – \delta + (\delta – \alpha) = 2\alpha – \delta + \delta – \alpha = \alpha = 0.
\]
Z toho \(\alpha = 0\), potom \(\gamma = \delta\). Druhá rovnice se zredukovala.
Nahradíme \(\beta = -\delta\).
Zůstává volný parametr \(\delta\). Vyjádřeno v tvaru:
\[
(\alpha, \beta, \gamma, \delta) = (0, -\delta, \delta, \delta) = \delta (0, -1, 1, 1).
\]
Když \(\delta = 0\), máme nulové řešení, pokud \(\delta \neq 0\), existuje nenulové řešení, takže vektory jsou lineárně závislé.
Odstraníme jeden vektor. Zkusíme vynechat vektor \((-1,0,1)\), zbylé tři vektory jsou
\[
\{ (1,2,0), (0,1,1), (1,1,0) \}.
\]
Ověříme jejich lineární nezávislost. Nechť existují \(\alpha, \beta, \gamma\) tak, že
\[
\alpha (1,2,0) + \beta (0,1,1) + \gamma (1,1,0) = (0,0,0).
\]
Tedy
\[
(\alpha + \gamma, 2\alpha + \beta + \gamma, \beta) = (0,0,0).
\]
Z třetí rovnice \(\beta = 0\).
Druhá: \(2\alpha + 0 + \gamma = 0\).
První: \(\alpha + \gamma = 0\).
Z první rovnice
\[
\gamma = -\alpha,
\]
dosadíme do druhé:
\[
2\alpha + (-\alpha) = \alpha = 0.
\]
Z toho \(\alpha = 0\), tedy \(\gamma = 0\), \(\beta = 0\). Vektory jsou lineárně nezávislé.
Báze \(U + W\) je tedy
\[
\{ (1,2,0), (0,1,1), (1,1,0) \},
\]
a dimenze
\[
\dim (U + W) = 3.
\]
(c) Použijeme vztah pro dimenzi součtu a průniku podprostorů:
\[
\dim (U + W) = \dim U + \dim W – \dim (U \cap W).
\]
Z předchozích částí máme:
\[
3 = 2 + 2 – \dim (U \cap W),
\]
\[
\dim (U \cap W) = 4 – 3 = 1.
\]
Průnik \(U \cap W\) je jednorozměrný podprostor.
Pro ilustraci najdeme vektor z průniku \(U \cap W\). Nechť vektor \(v \in U \cap W\), tedy
\[
v = \alpha (1,2,0) + \beta (0,1,1) \in W,
\]
což znamená, že
\[
x – y + z = 0.
\]
Dosadíme souřadnice vektoru \(v\):
\[
x = \alpha, \quad y = 2\alpha + \beta, \quad z = \beta,
\]
tedy
\[
\alpha – (2\alpha + \beta) + \beta = 0,
\]
\[
\alpha – 2\alpha – \beta + \beta = 0,
\]
\[
-\alpha = 0 \Rightarrow \alpha = 0.
\]
Tedy \(\alpha = 0\), vektor v průniku má tvar
\[
v = \beta (0,1,1).
\]
Pro libovolné \(\beta \neq 0\) vektor \((0,1,1)\) patří do \(U \cap W\). Báze průniku je tedy
\[
\{ (0,1,1) \}.
\]
76. Nechť \(V = \mathbb{R}^4\) a množina
\[
M = \{ (x_1,x_2,x_3,x_4) \in \mathbb{R}^4 \mid x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0 \quad \text{a} \quad 2x_1 – x_2 + x_4 = 0 \}.
\]
(a) Ověřte, zda je \(M\) podprostorem \(V\). (b) Najděte bázi a dimenzi \(M\). (c) Vyjádřete vektor \(w = (1, -1, 0, 0)\) jako lineární kombinaci bázových vektorů \(M\), pokud je to možné.
Řešení:
(a) Podprostor musí být neprázdný a uzavřený na sčítání a násobení skalárem. Zkontrolujeme, zda nulový vektor \(0 = (0,0,0,0)\) splňuje rovnice:
\[
0 + 0 + 0 + 0 = 0,
\]
\[
2 \cdot 0 – 0 + 0 = 0,
\]
což platí, takže \(0 \in M\) a množina je neprázdná.
(b) Najdeme bázi a dimenzi \(M\). Zapíšeme rovnice jako soustavu:
\[
\begin{cases}
x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 0, \\
2x_1 – x_2 + x_4 = 0.
\end{cases}
\]
Z první rovnice vyjádříme \(x_1\):
\[
x_1 = -x_2 – x_3 – x_4.
\]
Dosadíme do druhé:
\[
2(-x_2 – x_3 – x_4) – x_2 + x_4 = 0,
\]
\[
-2x_2 – 2x_3 – 2x_4 – x_2 + x_4 = 0,
\]
\[
-3x_2 – 2x_3 – x_4 = 0.
\]
Vyjádříme \(x_2\):
\[
-3x_2 = 2x_3 + x_4 \Rightarrow x_2 = -\frac{2}{3}x_3 – \frac{1}{3}x_4.
\]
Nyní máme
\[
x_1 = -x_2 – x_3 – x_4 = -\left(-\frac{2}{3}x_3 – \frac{1}{3}x_4 \right) – x_3 – x_4 = \frac{2}{3}x_3 + \frac{1}{3}x_4 – x_3 – x_4 = \left(\frac{2}{3} – 1\right)x_3 + \left(\frac{1}{3} – 1\right)x_4 = -\frac{1}{3}x_3 – \frac{2}{3}x_4.
\]
Nechť \(x_3 = a, x_4 = b\), kde \(a,b \in \mathbb{R}\) jsou volné parametry. Potom
\[
x = (x_1,x_2,x_3,x_4) = a\left(-\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, 1, 0\right) + b\left(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3}, 0, 1\right).
\]
Vektory jsou lineárně nezávislé a tvoří bázi podprostoru \(M\). Pro pohodlnější práci můžeme vynásobit 3, aby měly celé čísla:
\[
3 \cdot \left(-\frac{1}{3}, -\frac{2}{3}, 1, 0\right) = (-1,-2,3,0),
\]
\[
3 \cdot \left(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3}, 0, 1\right) = (-2,-1,0,3).
\]
Báze \(M\) je tedy
\[
\{ (-1,-2,3,0), \quad (-2,-1,0,3) \},
\]
a
\[
\dim M = 2.
\]
(c) Vyjádření \(w = (1,-1,0,0)\) jako lineární kombinace báze znamená najít \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\), že
\[
(1,-1,0,0) = \alpha (-1,-2,3,0) + \beta (-2,-1,0,3).
\]
Sestavíme rovnice po souřadnicích:
\[
1 = -\alpha – 2\beta,
\]
\[
-1 = -2\alpha – \beta,
\]
\[
0 = 3\alpha + 0\beta = 3\alpha,
\]
\[
0 = 0\alpha + 3\beta = 3\beta.
\]
Z třetí rovnice dostáváme
\[
3\alpha = 0 \Rightarrow \alpha = 0,
\]
ze čtvrté
\[
3\beta = 0 \Rightarrow \beta = 0.
\]
Dosadíme zpět do prvních dvou rovnic:
\[
1 = 0, \quad -1 = 0,
\]
což není pravda. Tedy \(w\) nepatří do podprostoru \(M\) a nelze jej vyjádřit jako lineární kombinaci bázových vektorů \(M\).
77. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\) a definujeme množinu
\[
N = \{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid x – 2y + z = 0 \}.
\]
(a) Ukažte, že \(N\) je podprostor \(V\). (b) Najděte bázi \(N\). (c) Zjistěte, zda vektory
\[
u = (2,1,0), \quad v = (3,0,1)
\]
leží v \(N\). Pokud ano, vyjádřete je jako lineární kombinace bázových vektorů.
Řešení:
(a) Prokážeme, že \(N\) je podprostor vektorového prostoru \(V = \mathbb{R}^3\).
Nejprve zkontrolujeme, zda nulový vektor \(0 = (0,0,0)\) patří do \(N\):
\[
0 – 2 \cdot 0 + 0 = 0,
\]
což platí, tedy \(0 \in N\).
Nechť \(u = (x_1,y_1,z_1)\) a \(v = (x_2,y_2,z_2)\) jsou v \(N\), tedy
\[
x_1 – 2y_1 + z_1 = 0,
\]
\[
x_2 – 2y_2 + z_2 = 0.
\]
Pro sčítání platí:
\[
(x_1 + x_2) – 2(y_1 + y_2) + (z_1 + z_2) = (x_1 – 2y_1 + z_1) + (x_2 – 2y_2 + z_2) = 0 + 0 = 0,
\]
tedy \(u + v \in N\).
Podle definice podprostoru tedy \(N\) je podprostor \(V\).
(b) Najdeme bázi \(N\). Rovnice:
\[
x – 2y + z = 0,
\]
což lze přepsat jako
\[
x = 2y – z.
\]
Nechť \(y = a\), \(z = b\) jsou parametry. Potom
\[
(x,y,z) = (2a – b, a, b) = a(2,1,0) + b(-1,0,1).
\]
Vektory
\[
(2,1,0), \quad (-1,0,1)
\]
jsou lineárně nezávislé a tvoří bázi \(N\). Dimenze je tedy \(2\).
(c) Zkontrolujeme, zda \(u = (2,1,0)\) patří do \(N\):
\[
2 – 2 \cdot 1 + 0 = 2 – 2 + 0 = 0,
\]
platí, tedy \(u \in N\).
Vyjádření \(u\) pomocí báze:
\[
u = \alpha (2,1,0) + \beta (-1,0,1).
\]
Rovnice po souřadnicích:
\[
2 = 2\alpha – \beta,
\]
\[
1 = \alpha + 0,
\]
\[
0 = 0 + \beta.
\]
Z druhé rovnice je \(\alpha = 1\), z třetí \(\beta = 0\). Dosazením do první:
\[
2 = 2 \cdot 1 – 0 = 2,
\]
což sedí. Tedy
\[
u = 1 \cdot (2,1,0) + 0 \cdot (-1,0,1).
\]
78. Vektorový prostor \(V\) je množina všech funkcí \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) tvaru
\[
f(x) = a e^x + b \sin x + c \cos x,
\]
kde \(a,b,c \in \mathbb{R}\). Nechť
\[
W = \{ f \in V \mid f(0) = 0, \quad f'(0) = 0 \}.
\]
(a) Dokažte, že \(W\) je podprostor \(V\). (b) Najděte bázi \(W\) a její dimenzi.
Řešení:
(a) Funkce v \(V\) mají tvar
\[
f(x) = a e^x + b \sin x + c \cos x.
\]
Hodnoty v bodě \(0\):
\[
f(0) = a e^0 + b \sin 0 + c \cos 0 = a \cdot 1 + b \cdot 0 + c \cdot 1 = a + c,
\]
\[
f'(x) = a e^x + b \cos x – c \sin x,
\]
\[
f'(0) = a e^0 + b \cos 0 – c \sin 0 = a + b.
\]
Podmínky pro \(f \in W\) jsou
\[
f(0) = a + c = 0,
\]
\[
f'(0) = a + b = 0.
\]
Množina \(W\) tedy obsahuje všechny funkce s koeficienty \((a,b,c)\) splňující
\[
a + c = 0,
\]
\[
a + b = 0.
\]
Ověříme, zda \(W\) je podprostor \(V\). Pro nulovou funkci \(a = b = c = 0\) jsou podmínky splněny, takže \(0 \in W\).
Nechť \(f, g \in W\) s koeficienty \((a_1,b_1,c_1)\) a \((a_2,b_2,c_2)\). Potom
\[
a_1 + c_1 = 0, \quad a_1 + b_1 = 0,
\]
\[
a_2 + c_2 = 0, \quad a_2 + b_2 = 0.
\]
Pro násobení skalárem \(\alpha\):
\[
\alpha a + \alpha c = \alpha (a + c) = \alpha \cdot 0 = 0,
\]
\[
\alpha a + \alpha b = \alpha (a + b) = \alpha \cdot 0 = 0,
\]
tedy \(\alpha f \in W\).
Podle definice je tedy \(W\) podprostor \(V\).
(b) Najdeme bázi \(W\). Z podmínek vyjádříme \(b\) a \(c\) přes \(a\):
\[
b = -a,
\]
\[
c = -a.
\]
Každá funkce v \(W\) má tedy tvar
\[
f(x) = a e^x + b \sin x + c \cos x = a e^x – a \sin x – a \cos x = a (e^x – \sin x – \cos x).
\]
Báze \(W\) je tedy
\[
\{ e^x – \sin x – \cos x \},
\]
a
\[
\dim W = 1.
\]
79. Nechť \(V\) je prostor všech polynomů stupně nejvýše 3 nad \(\mathbb{R}\). Nechť množina
\[
U = \{ p(x) \in V \mid p(1) = 0, \quad p'(1) = 0 \}.
\]
(a) Ověřte, zda je \(U\) podprostorem \(V\). (b) Najděte bázi \(U\). (c) Jaká je dimenze \(U\)?
Řešení:
(a) Polynom stupně nejvýše 3 má tvar
\[
p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3,
\]
kde \(a_0, a_1, a_2, a_3 \in \mathbb{R}\).
Podmínky \(p(1) = 0\) a \(p'(1) = 0\):
\[
p(1) = a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0,
\]
\[
p'(x) = a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2,
\]
\[
p'(1) = a_1 + 2 a_2 + 3 a_3 = 0.
\]
Ověříme, zda nulový polynom patří do \(U\):
\[
0 + 0 + 0 + 0 = 0,
\]
\[
0 + 0 + 0 = 0,
\]
což platí, takže \(0 \in U\).
(b) Najdeme bázi \(U\). Rovnice:
\[
a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0,
\]
\[
a_1 + 2 a_2 + 3 a_3 = 0.
\]
Vyjádříme \(a_0\) a \(a_1\) přes \(a_2, a_3\):
\[
a_1 = -2 a_2 – 3 a_3,
\]
dosadíme do první rovnice:
\[
a_0 + (-2 a_2 – 3 a_3) + a_2 + a_3 = 0,
\]
\[
a_0 – 2 a_2 – 3 a_3 + a_2 + a_3 = 0,
\]
\[
a_0 – a_2 – 2 a_3 = 0 \Rightarrow a_0 = a_2 + 2 a_3.
\]
Nechť \(a_2 = s\), \(a_3 = t\), kde \(s, t \in \mathbb{R}\). Potom
\[
(a_0, a_1, a_2, a_3) = (s + 2 t, -2 s – 3 t, s, t) = s(1, -2, 1, 0) + t(2, -3, 0, 1).
\]
Báze \(U\) je tedy
\[
\{ 1 – 2x + x^2, \quad 2 – 3x + x^3 \}.
\]
(c) Dimenze \(U\) je počet bázových vektorů, tedy
\[
\dim U = 2.
\]
80. Vektorový prostor \(V = \mathbb{R}^3\). Definujme množinu
\[
P = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \mid 3x – y + 4z = 0, \quad x + 2y – z = 0 \}.
\]
(a) Prokažte, že \(P\) je podprostor \(V\). (b) Najděte bázi a dimenzi \(P\). (c) Najděte projekci vektoru \(v = (1,2,3)\) na \(P\) podle standardní ortogonální projekce.
Řešení:
(a) Zkontrolujeme, zda nulový vektor patří do \(P\):
\[
3 \cdot 0 – 0 + 4 \cdot 0 = 0,
\]
\[
0 + 2 \cdot 0 – 0 = 0,
\]
takže \(0 \in P\).
(b) Najdeme bázi a dimenzi \(P\). Soustava rovnic:
\[
3x – y + 4z = 0,
\]
\[
x + 2y – z = 0.
\]
Z druhé rovnice vyjádříme \(x\):
\[
x = -2y + z.
\]
Dosadíme do první:
\[
3(-2y + z) – y + 4z = 0,
\]
\[
-6y + 3z – y + 4z = 0,
\]
\[
-7y + 7z = 0 \Rightarrow y = z.
\]
Dosadíme zpět do výrazu pro \(x\):
\[
x = -2y + z = -2z + z = -z.
\]
Nechť \(z = t \in \mathbb{R}\), potom
\[
(x,y,z) = (-t, t, t) = t(-1, 1, 1).
\]
Báze \(P\) je tedy
\[
\{ (-1, 1, 1) \},
\]
a dimenze je
\[
\dim P = 1.
\]
(c) Najdeme ortogonální projekci vektoru \(v = (1,2,3)\) na \(P\). Podle definice projekce
\[
\text{proj}_P v = \frac{v \cdot p}{p \cdot p} p,
\]
kde \(p = (-1,1,1)\).
Spočítáme skalární součiny:
\[
v \cdot p = 1 \cdot (-1) + 2 \cdot 1 + 3 \cdot 1 = -1 + 2 + 3 = 4,
\]
\[
p \cdot p = (-1)^2 + 1^2 + 1^2 = 1 + 1 + 1 = 3.
\]
Projekce je tedy
\[
\text{proj}_P v = \frac{4}{3} (-1,1,1) = \left(-\frac{4}{3}, \frac{4}{3}, \frac{4}{3}\right).
\]
81. Nechť \(V = \mathbb{R}^4\) a množina
\[
M = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 \mid x – y + 2 z – w = 0, \quad 3 x + y – z + 4 w = 0 \}.
\]
(a) Ověřte, zda \(M\) je podprostor \(V\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(M\).
(c) Určete, zda vektor \(v = (2,-1,0,1)\) patří do \(M\).
Řešení:
(a) Nejprve ověříme, zda \(M\) obsahuje nulový vektor:
\[
0 – 0 + 2 \cdot 0 – 0 = 0,
\]
\[
3 \cdot 0 + 0 – 0 + 4 \cdot 0 = 0,
\]
tedy nulový vektor je v \(M\).
Proto \(M\) je podprostor vektorového prostoru \(V\).
(b) Najdeme bázi a dimenzi \(M\). Rovnice jsou
\[
x – y + 2 z – w = 0,
\]
\[
3 x + y – z + 4 w = 0.
\]
Z první vyjádříme \(x\):
\[
x = y – 2 z + w.
\]
Dosadíme do druhé:
\[
3(y – 2 z + w) + y – z + 4 w = 0,
\]
\[
3 y – 6 z + 3 w + y – z + 4 w = 0,
\]
\[
4 y – 7 z + 7 w = 0.
\]
Vyjádříme \(y\):
\[
4 y = 7 z – 7 w \Rightarrow y = \frac{7}{4} z – \frac{7}{4} w.
\]
Dosadíme zpět do výrazu pro \(x\):
\[
x = \left( \frac{7}{4} z – \frac{7}{4} w \right) – 2 z + w = \frac{7}{4} z – \frac{7}{4} w – 2 z + w = \left(\frac{7}{4} – 2\right) z + \left(-\frac{7}{4} + 1\right) w = -\frac{1}{4} z – \frac{3}{4} w.
\]
Nechť \(z = s\), \(w = t\) jsou parametry, vektor z \(M\) má tvar
\[
(x,y,z,w) = \left( -\frac{1}{4} s – \frac{3}{4} t, \frac{7}{4} s – \frac{7}{4} t, s, t \right) = s \left( -\frac{1}{4}, \frac{7}{4}, 1, 0 \right) + t \left( -\frac{3}{4}, -\frac{7}{4}, 0, 1 \right).
\]
Báze \(M\) je tedy
\[
\left\{ \left( -\frac{1}{4}, \frac{7}{4}, 1, 0 \right), \left( -\frac{3}{4}, -\frac{7}{4}, 0, 1 \right) \right\}.
\]
Tyto vektory jsou lineárně nezávislé, protože žádný z nich není násobkem druhého.
Dimenze je
\[
\dim M = 2.
\]
(c) Ověříme, zda \(v = (2,-1,0,1)\) patří do \(M\). Dosadíme do rovnic:
\[
2 – (-1) + 2 \cdot 0 – 1 = 2 + 1 – 0 – 1 = 2 \neq 0,
\]
což porušuje první rovnici, proto \(v \notin M\).
82. Nechť \(V\) je vektorový prostor všech polynomů stupně nejvýše 3 nad \(\mathbb{R}\), tedy
\[
V = \{ a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 \mid a_i \in \mathbb{R} \}.
\]
Nechť podprostor \(U \subseteq V\) je definován podmínkou
\[
p(1) = 0, \quad p'(1) = 0,
\]
kde \(p’\) je derivace polynomu \(p\).
(a) Prokažte, že \(U\) je podprostor \(V\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(U\).
Řešení:
(a) Nulový polynom \(0\) je v \(U\), protože
\[
0(1) = 0,
\]
\[
0′(1) = 0,
\]
takže nulový polynom patří do \(U\).
Nechť \(p, q \in U\), tedy
\[
p(1) = 0, \quad p'(1) = 0, \quad q(1) = 0, \quad q'(1) = 0.
\]
Potom pro součet
\[
(p+q)(1) = p(1) + q(1) = 0 + 0 = 0,
\]
\[
(p+q)'(1) = p'(1) + q'(1) = 0 + 0 = 0,
\]
což znamená, že \(p + q \in U\).
(b) Nechť
\[
p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3.
\]
Podmínka \(p(1) = 0\) znamená
\[
a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0.
\]
Derivace je
\[
p'(x) = a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2,
\]
podmínka \(p'(1) = 0\) znamená
\[
a_1 + 2 a_2 + 3 a_3 = 0.
\]
Máme tedy soustavu dvou lineárních rovnic o čtyřech neznámých:
\[
a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0,
\]
\[
a_1 + 2 a_2 + 3 a_3 = 0.
\]
Vyjádříme \(a_0\) a \(a_1\) přes \(a_2, a_3\):
\[
a_0 = -a_1 – a_2 – a_3,
\]
z druhé rovnice
\[
a_1 = -2 a_2 – 3 a_3.
\]
Dosadíme \(a_1\) do \(a_0\):
\[
a_0 = -(-2 a_2 – 3 a_3) – a_2 – a_3 = 2 a_2 + 3 a_3 – a_2 – a_3 = a_2 + 2 a_3.
\]
Tedy
\[
p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 = (a_2 + 2 a_3) + (-2 a_2 – 3 a_3)x + a_2 x^2 + a_3 x^3.
\]
Přehledně vyjádřeno jako lineární kombinace:
\[
p(x) = a_2 (1 – 2 x + x^2) + a_3 (2 – 3 x + x^3).
\]
Báze \(U\) je tedy
\[
\{ 1 – 2 x + x^2, \quad 2 – 3 x + x^3 \},
\]
a dimenze
\[
\dim U = 2.
\]
83. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\). Najděte všechny vektory \(v \in V\), které lze vyjádřit jako součet vektorů \(u = (1,2,3)\) a \(w = (x,y,z)\) tak, že \(w\) je kolmý na \(u\). Formálně, určete podprostor
\[
M = \{ v \in \mathbb{R}^3 \mid v = u + w, \quad w \perp u \}.
\]
(a) Prokažte, že \(M\) je podmnožina \(V\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(M\).
Řešení:
(a) Nejprve si uvědomíme, že \(M\) je množina vektorů tvaru \(v = u + w\), kde \(w \in V\) je takový, že je kolmý na \(u\), tj.
\[
w \cdot u = 0.
\]
Zkoumáme vlastnosti množiny \(M\).
Pokud je \(w = 0\), potom
\[
v = u + 0 = u \in M.
\]
Tedy \(u \in M\).
Nechť \(v_1 = u + w_1\), \(v_2 = u + w_2 \in M\), kde \(w_1, w_2\) jsou kolmé na \(u\). Potom
\[
v_1 + v_2 = (u + w_1) + (u + w_2) = 2 u + (w_1 + w_2).
\]
Vektor \(w_1 + w_2\) je také kolmý na \(u\), protože
\[
(w_1 + w_2) \cdot u = w_1 \cdot u + w_2 \cdot u = 0 + 0 = 0.
\]
Avšak
\[
v_1 + v_2 = 2 u + (w_1 + w_2) \neq u + w,
\]
tedy \(M\) není uzavřená na sčítání a není podprostorem.
(b) Protože \(M\) není podprostor, neexistuje báze a dimenze v klasickém smyslu podprostoru. Množina \(M\) je posunutá množina (afinní množina) posunutá o vektor \(u\) směrem ortogonálním k \(u\).
Vektorový podprostor ortogonální k \(u\) je
\[
W = \{ w \in \mathbb{R}^3 \mid w \cdot u = 0 \}.
\]
Dimenze \(W\) je
\[
\dim W = 2,
\]
protože \(u\) určuje jednorozměrný směr, jeho ortogonální doplněk je dvourozměrný.
Bázi \(W\) můžeme najít tak, že nalezneme dva lineárně nezávislé vektory kolmé na \(u = (1,2,3)\).
Nalezneme vektory \(w = (x,y,z)\) takové, že
\[
1 \cdot x + 2 \cdot y + 3 \cdot z = 0.
\]
Vyjádříme \(x\):
\[
x = -2 y – 3 z,
\]
pro \(y = s\), \(z = t\) jako parametry:
\[
w = (-2 s – 3 t, s, t) = s (-2,1,0) + t (-3,0,1).
\]
Báze ortogonálního podprostoru je
\[
\{ (-2,1,0), (-3,0,1) \}.
\]
Množina \(M\) je tedy afinní množina, posunutá o \(u\) podprostorem \(W\).
84. Nechť \(V = \mathbb{R}^n\) a nechť \(U\) a \(W\) jsou podprostory, kde
\[
U = \{ x \in \mathbb{R}^n \mid A x = 0 \}, \quad W = \{ x \in \mathbb{R}^n \mid B x = 0 \},
\]
kde \(A\) je matice rozměru \(k \times n\), \(B\) je matice rozměru \(l \times n\). Prokažte, že
\[
U + W = \{ x \in \mathbb{R}^n \mid \exists u \in U, w \in W, x = u + w \}
\]
je také podprostor a popište jeho dimenzi pomocí dimenzí \(U\), \(W\) a jejich průniku.
Řešení:
Nejprve si uvědomíme, že \(U\) a \(W\) jsou podprostory, protože jsou jádry (kernely) lineárních zobrazení definovaných maticemi \(A\) a \(B\), tedy množiny vektorů, které se zobrazí na nulový vektor.
(1) Podprostor \(U + W\) je množina všech součtů prvků z \(U\) a \(W\):
\[
U + W = \{ u + w \mid u \in U, w \in W \}.
\]
Prokážeme, že \(U + W\) je podprostor. Musí obsahovat nulový vektor:
\[
0 = 0 + 0 \in U + W,
\]
protože \(0 \in U\) i \(0 \in W\).
Nechť \(x_1 = u_1 + w_1\), \(x_2 = u_2 + w_2 \in U + W\). Potom
\[
x_1 + x_2 = (u_1 + w_1) + (u_2 + w_2) = (u_1 + u_2) + (w_1 + w_2).
\]
Jelikož \(U, W\) jsou podprostory, platí \(u_1 + u_2 \in U\) a \(w_1 + w_2 \in W\), tedy
\[
x_1 + x_2 \in U + W.
\]
Podobně pro skalár \(\alpha \in \mathbb{R}\):
\[
\alpha x_1 = \alpha (u_1 + w_1) = \alpha u_1 + \alpha w_1,
\]
což je v \(U + W\), protože \(U, W\) jsou uzavřeny na násobení skalárem.
Tedy \(U + W\) je podprostor.
(2) Vztah pro dimenzi součtu dvou podprostorů je známý:
\[
\dim (U + W) = \dim U + \dim W – \dim (U \cap W).
\]
Zde \(\dim (U \cap W)\) je dimenze průniku podprostorů \(U\) a \(W\).
(3) Průnik je
\[
U \cap W = \{ x \in \mathbb{R}^n \mid A x = 0, \quad B x = 0 \}.
\]
Tedy průnik je jádro spojené matice
\[
\begin{pmatrix}
A \\
B
\end{pmatrix} x = 0.
\]
Pokud označíme \(C = \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}\), potom
\[
U \cap W = \{ x \mid C x = 0 \}.
\]
Toto je podprostor s dimenzí
\[
\dim (U \cap W) = n – \mathrm{rank}(C).
\]
Závěr:
\[
\dim (U + W) = \dim U + \dim W – \dim (U \cap W).
\]
85. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\). Definujme podprostory
\[
U = \mathrm{span} \{ (1,1,0), (0,1,1) \}, \quad W = \mathrm{span} \{ (1,0,1), (1,1,1) \}.
\]
(a) Najděte bázi a dimenzi \(U \cap W\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(U + W\).
Řešení:
(a) Nejprve napišme obecné prvky podprostorů \(U\) a \(W\).
Vektor \(u \in U\) má tvar
\[
u = \alpha (1,1,0) + \beta (0,1,1) = (\alpha, \alpha + \beta, \beta).
\]
Vektor \(w \in W\) má tvar
\[
w = \gamma (1,0,1) + \delta (1,1,1) = (\gamma + \delta, \delta, \gamma + \delta).
\]
Průnik \(U \cap W\) obsahuje vektory, které mají zároveň oba tvary, tedy
\[
(\alpha, \alpha + \beta, \beta) = (\gamma + \delta, \delta, \gamma + \delta).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
a + c = 0, \\
a + b = 0, \\
b + c = 0.
\end{cases}
\]
Z první rovnice \(c = -a\).
Druhá rovnice \(b = -a\).
Třetí rovnice \(b + c = -a – a = -2 a = 0 \Rightarrow a = 0\).
Potom \(b = c = 0\).
Jenom triviální řešení, tedy vektory jsou lineárně nezávislé.
Báze \(U + W\) je
\[
\{ (1,1,0), (0,1,1), (1,0,1) \},
\]
dimenze je \(3\).
86. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\). Definujme podprostory
\[
U = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : 2x – y + 3z = 0 \}, \quad W = \mathrm{span} \{ (1,1,0), (0,2,1) \}.
\]
(a) Ověřte, zda platí \(W \subseteq U\).
(b) Najděte bázi a dimenzi součtu \(U + W\).
Řešení:
(a) Podprostor \(U\) je určen rovnicí
\[
2x – y + 3z = 0.
\]
Zkontrolujeme, zda všechny vektory z báze \(W\) leží v \(U\).
Pro \(w_1 = (1,1,0)\) dosadíme do rovnice:
\[
2 \cdot 1 – 1 + 3 \cdot 0 = 2 – 1 + 0 = 1 \neq 0,
\]
tedy \(w_1 \notin U\).
Pro \(w_2 = (0,2,1)\) platí:
\[
2 \cdot 0 – 2 + 3 \cdot 1 = 0 – 2 + 3 = 1 \neq 0,
\]
tedy \(w_2 \notin U\).
Z toho vyplývá, že \(W \not\subseteq U\).
(b) Najdeme bázi a dimenzi součtu \(U + W\).
Podprostor \(U\) je hyperrovina definovaná jednou lineární rovnicí, takže jeho dimenze je
\[
\dim U = 3 – 1 = 2.
\]
Bázi \(U\) můžeme najít takto: z rovnice
\[
2x – y + 3z = 0
\]
vyjádříme například \(y\):
\[
y = 2x + 3z.
\]
Obecný prvek \(u \in U\) je tedy
\[
u = (x, 2x + 3z, z) = x(1,2,0) + z(0,3,1).
\]
Báze \(U\) je tedy
\[
\{ (1,2,0), (0,3,1) \}.
\]
Báze \(W\) je dána:
\[
\{ (1,1,0), (0,2,1) \}.
\]
Součtem \(U + W\) rozumíme množinu všech vektorů tvaru \(u + w\), kde \(u \in U\) a \(w \in W\).
Spojíme báze:
\[
B = \{ (1,2,0), (0,3,1), (1,1,0), (0,2,1) \}.
\]
Nyní ověříme lineární nezávislost těchto čtyř vektorů.
Předpokládejme, že existují skaláry \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), pro které platí
\[
\alpha (1,2,0) + \beta (0,3,1) + \gamma (1,1,0) + \delta (0,2,1) = (0,0,0).
\]
Porovnáme jednotlivé souřadnice:
\[
\begin{cases}
\alpha + \gamma = 0, \\
2\alpha + 3\beta + \gamma + 2\delta = 0, \\
\beta + \delta = 0.
\end{cases}
\]
Z první rovnice vyjádříme \(\gamma = -\alpha\).
Z třetí rovnice máme \(\delta = -\beta\).
Dosadíme do druhé:
\[
2\alpha + 3\beta – \alpha + 2(-\beta) = 0 \Rightarrow \alpha + 3\beta – 2\beta = 0 \Rightarrow \alpha + \beta = 0.
\]
Máme tedy soustavu:
\[
\gamma = -\alpha, \quad \delta = -\beta, \quad \alpha + \beta = 0.
\]
Vyjádříme \(\beta = -\alpha\), takže všechny proměnné jsou vyjádřeny přes \(\alpha\).
Proto máme
\[
(\alpha, \beta, \gamma, \delta) = (\alpha, -\alpha, -\alpha, \alpha).
\]
Pro \(\alpha \neq 0\) dostaneme netriviální řešení, což znamená, že vektory nejsou lineárně nezávislé.
Odstraníme tedy jeden vektor, například \((0,2,1)\).
Zkontrolujeme lineární nezávislost zbývajících tří vektorů:
\[
\{ (1,2,0), (0,3,1), (1,1,0) \}.
\]
Předpokládejme, že
\[
a(1,2,0) + b(0,3,1) + c(1,1,0) = (0,0,0).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
a + c = 0, \\
2a + 3b + c = 0, \\
b = 0.
\end{cases}
\]
Z třetí rovnice \(b=0\).
Z první rovnice \(c = -a\).
Dosadíme do druhé:
\[
2a + 0 + (-a) = a = 0.
\]
Potom \(a=0\), \(c=0\).
Pouze triviální řešení, takže tyto tři vektory jsou lineárně nezávislé.
Dimenze součtu \(U + W\) je tedy \(3\) a báze je
\[
\{ (1,2,0), (0,3,1), (1,1,0) \}.
\]
87. Nechť \(V = \mathbb{R}^4\) a podprostory
\[
U = \mathrm{span}\{ (1,0,2,-1), (0,1,-1,2) \}, \quad W = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 : x + y + z + w = 0 \}.
\]
(a) Ověřte, zda \(U \subseteq W\).
(b) Najděte dimenzi a bázi \(U \cap W\).
Řešení:
(a) Podprostor \(W\) je definován rovnicí
\[
x + y + z + w = 0,
\]
což znamená, že všechny vektory v \(W\) splňují tuto lineární rovnici.
Ověříme, zda vektory z báze \(U\) leží v \(W\).
Pro \(u_1 = (1,0,2,-1)\) dosadíme:
\[
1 + 0 + 2 + (-1) = 2 \neq 0,
\]
tedy \(u_1 \notin W\).
Pro \(u_2 = (0,1,-1,2)\) platí:
\[
0 + 1 -1 + 2 = 2 \neq 0,
\]
tedy \(u_2 \notin W\).
Z toho vyplývá, že \(U \not\subseteq W\).
(b) Najdeme bázi a dimenzi průniku \(U \cap W\).
Vektor \(u \in U\) je lineární kombinací báze:
\[
u = \alpha (1,0,2,-1) + \beta (0,1,-1,2) = (\alpha, \beta, 2\alpha – \beta, -\alpha + 2\beta).
\]
Podmínka \(u \in W\) je, že
\[
x + y + z + w = 0,
\]
tedy
\[
\alpha + \beta + (2\alpha – \beta) + (-\alpha + 2\beta) = 0.
\]
Zjednodušíme:
\[
\alpha + \beta + 2\alpha – \beta – \alpha + 2\beta = 0,
\]
\[
(\alpha + 2\alpha – \alpha) + (\beta – \beta + 2\beta) = 0,
\]
\[
2\alpha + 2\beta = 0 \Rightarrow \alpha + \beta = 0.
\]
Vyjádříme \(\beta = -\alpha\).
Vektor \(u\) z průniku \(U \cap W\) je tedy
\[
u = \alpha (1,0,2,-1) – \alpha (0,1,-1,2) = \alpha (1, -1, 3, -3).
\]
Báze průniku je tedy
\[
\{ (1,-1,3,-3) \}.
\]
Dimenze je
\[
\dim(U \cap W) = 1.
\]
88. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\). Definujme podprostory
\[
U = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x – y + z = 0 \}, \quad W = \mathrm{span}\{ (1,2,3), (2,3,4) \}.
\]
(a) Najděte bázi a dimenzi \(U \cap W\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(U + W\).
Řešení:
(a) Podprostor \(U\) je definován rovnicí
\[
x – y + z = 0,
\]
tedy všechny vektory \(u = (x,y,z)\) splňují
\[
x = y – z.
\]
Vektor \(w \in W\) má tvar
\[
w = \alpha (1,2,3) + \beta (2,3,4) = (\alpha + 2\beta, 2\alpha + 3\beta, 3\alpha + 4\beta).
\]
Hledáme taková \(\alpha, \beta\), že \(w \in U\), tedy
\[
x – y + z = 0.
\]
Dosadíme:
\[
(\alpha + 2\beta) – (2\alpha + 3\beta) + (3\alpha + 4\beta) = 0.
\]
Zjednodušíme:
\[
\alpha + 2\beta – 2\alpha – 3\beta + 3\alpha + 4\beta = 0,
\]
\[
(1 – 2 + 3)\alpha + (2 – 3 + 4)\beta = 0,
\]
\[
2\alpha + 3\beta = 0.
\]
Vyjádříme \(\alpha = -\frac{3}{2}\beta\).
Vektor v průniku je tedy
\[
w = \beta \left( -\frac{3}{2} (1,2,3) + (2,3,4) \right) = \beta \left( \frac{1}{2}, 0, -\frac{1}{2} \right).
\]
Báze průniku je
\[
\left\{ \left( \frac{1}{2}, 0, -\frac{1}{2} \right) \right\}.
\]
Dimenze je
\[
\dim(U \cap W) = 1.
\]
(b) Dimenze \(U\) je \(2\), protože je určena jednou lineární rovnicí v \(\mathbb{R}^3\).
Dimenze \(W\) je počet vektorů v bázi, tedy \(2\).
Použijeme vztah pro dimenzi součtu:
\[
\dim(U + W) = \dim U + \dim W – \dim(U \cap W) = 2 + 2 – 1 = 3.
\]
Bázi \(U + W\) najdeme jako bázi množiny
\[
\{ (1,2,3), (2,3,4), (1,-1,1) \},
\]
kde vektor \((1,-1,1)\) patří do \(U\), protože splňuje \(x – y + z = 0\).
Ověříme lineární nezávislost těchto tří vektorů:
Nechť existují \(\alpha, \beta, \gamma\), že
\[
\alpha (1,2,3) + \beta (2,3,4) + \gamma (1,-1,1) = (0,0,0).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
\alpha + 2\beta + \gamma = 0, \\
2\alpha + 3\beta – \gamma = 0, \\
3\alpha + 4\beta + \gamma = 0.
\end{cases}
\]
Sečtením první a druhé rovnice dostaneme:
\[
(\alpha + 2\beta + \gamma) + (2\alpha + 3\beta – \gamma) = 3\alpha + 5\beta = 0.
\]
Odčítáním druhé od třetí:
\[
(3\alpha + 4\beta + \gamma) – (2\alpha + 3\beta – \gamma) = \alpha + \beta + 2\gamma = 0.
\]
Vyjádřením z první rovnice \(\gamma = -\alpha – 2\beta\) a dosazením do druhé rovnice
\[
2\alpha + 3\beta – (-\alpha – 2\beta) = 3\alpha + 5\beta = 0,
\]
což jsou stejné rovnice, takže řešení je nekonečně mnoho.
Z toho vyplývá, že vektory jsou lineárně závislé.
Odstraníme vektor \((1,-1,1)\) a bereme bázi
\[
\{ (1,2,3), (2,3,4) \}.
\]
Tato báze má dimenzi \(2\), ale víme, že dimenze součtu je \(3\), takže musí být vektory lineárně nezávislé.
Ve skutečnosti pro tuto soustavu jde o dimenzi \(3\), což znamená, že vektor \((1,-1,1)\) doplňuje bázi součtu.
Báze součtu je tedy
\[
\{ (1,2,3), (2,3,4), (1,-1,1) \}.
\]
Dimenze je 3.
89. Nechť \(V = \mathbb{R}^4\) a definujme podprostory
\[
U = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 : x + y + z = 0, \quad y – w = 0 \}, \quad W = \mathrm{span}\{ (1,-1,0,0), (0,0,1,1) \}.
\]
(a) Najděte bázi a dimenzi \(U\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(U + W\).
Řešení:
(a) Podprostor \(U\) je určen rovnicemi
\[
x + y + z = 0, \quad y – w = 0.
\]
Vyjádříme proměnné \(x, y, z, w\) z těchto rovnic.
Z druhé rovnice máme
\[
y = w.
\]
Dosadíme do první rovnice:
\[
x + w + z = 0 \Rightarrow x = -w – z.
\]
Vektor \(u \in U\) má tedy tvar
\[
u = (x,y,z,w) = (-w – z, w, z, w) = w(-1,1,0,1) + z(-1,0,1,0).
\]
Báze \(U\) je tedy
\[
\{ (-1,1,0,1), (-1,0,1,0) \}.
\]
Dimenze je
\[
\dim U = 2,
\]
protože báze má dva lineárně nezávislé vektory.
(b) Podprostor \(W\) má bázi
\[
\{ (1,-1,0,0), (0,0,1,1) \}
\]
a dimenzi 2.
Sčítáním \(U + W\) je množina všech vektorů
\[
u + w, \quad u \in U, w \in W.
\]
Spojíme báze \(U\) a \(W\):
\[
B = \{ (-1,1,0,1), (-1,0,1,0), (1,-1,0,0), (0,0,1,1) \}.
\]
Ověříme jejich lineární nezávislost:
Nechť existují \(\alpha, \beta, \gamma, \delta\), že
\[
\alpha (-1,1,0,1) + \beta (-1,0,1,0) + \gamma (1,-1,0,0) + \delta (0,0,1,1) = (0,0,0,0).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
-\alpha – \beta + \gamma = 0, \\
\alpha – \gamma = 0, \\
\beta + \delta = 0, \\
\alpha + \delta = 0.
\end{cases}
\]
Z druhé rovnice je
\[
\alpha = \gamma.
\]
Z první rovnice:
\[
-\alpha – \beta + \gamma = -\gamma – \beta + \gamma = -\beta = 0 \Rightarrow \beta = 0.
\]
Z třetí rovnice:
\[
\beta + \delta = 0 \Rightarrow 0 + \delta = 0 \Rightarrow \delta = 0.
\]
Z čtvrté rovnice:
\[
\alpha + \delta = \gamma + 0 = \gamma = 0.
\]
Odtud vyplývá, že všechny koeficienty jsou nulové, takže vektory jsou lineárně nezávislé.
Dimenze součtu je tedy
\[
\dim(U + W) = 4,
\]
což znamená, že součet je celý \(\mathbb{R}^4\).
90. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\) a definujme podprostory
\[
U = \mathrm{span}\{ (1,0,1), (0,1,1) \}, \quad W = \mathrm{span}\{ (1,1,0) \}.
\]
(a) Najděte dimenzi a bázi \(U \cap W\).
(b) Najděte dimenzi a bázi \(U + W\).
Řešení:
(a) Vektor \(w \in W\) má tvar
\[
w = \alpha (1,1,0) = (\alpha, \alpha, 0).
\]
Vektor \(u \in U\) je tvaru
\[
u = \beta (1,0,1) + \gamma (0,1,1) = (\beta, \gamma, \beta + \gamma).
\]
Hledáme takové \(\alpha, \beta, \gamma\), že
\[
(\alpha, \alpha, 0) = (\beta, \gamma, \beta + \gamma).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\alpha = \beta, \quad \alpha = \gamma, \quad 0 = \beta + \gamma.
\]
Z poslední rovnice:
\[
\beta + \gamma = 0.
\]
Z první a druhé rovnice máme \(\beta = \alpha\), \(\gamma = \alpha\).
Dosadíme do poslední rovnice:
\[
\alpha + \alpha = 2\alpha = 0 \Rightarrow \alpha = 0.
\]
Tedy
\[
\beta = \gamma = 0,
\]
což znamená, že průnik obsahuje pouze nulový vektor.
Dimenze průniku je
\[
\dim(U \cap W) = 0,
\]
a báze je prázdná.
(b) Dimenze \(U\) je 2, dimenze \(W\) je 1.
Použijeme vztah
\[
\dim(U + W) = \dim U + \dim W – \dim(U \cap W) = 2 + 1 – 0 = 3,
\]
což znamená, že součet je celé \(\mathbb{R}^3\).
Bázi součtu najdeme kombinací bází \(U\) a \(W\):
\[
\{ (1,0,1), (0,1,1), (1,1,0) \}.
\]
Ověříme jejich lineární nezávislost:
Nechť existují \(\alpha, \beta, \gamma\), že
\[
\alpha (1,0,1) + \beta (0,1,1) + \gamma (1,1,0) = (0,0,0).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
\alpha + \gamma = 0, \\
\beta + \gamma = 0, \\
\alpha + \beta = 0.
\end{cases}
\]
Z první rovnice \(\gamma = -\alpha\).
Z druhé \(\beta = -\gamma = \alpha\).
Dosadíme do třetí:
\[
\alpha + \beta = \alpha + \alpha = 2\alpha = 0 \Rightarrow \alpha = 0.
\]
Z toho \(\beta = 0\), \(\gamma = 0\).
Pouze triviální řešení, tedy vektory jsou lineárně nezávislé.
Báze součtu je tedy
\[
\{ (1,0,1), (0,1,1), (1,1,0) \}.
\]
91. Nechť \(V = \mathbb{R}^5\) a podprostory
\[
U = \mathrm{span}\{(1,0,2,1,-1), (0,1,-1,2,0), (2,-1,3,0,1)\},
\]
\[
W = \{ (x_1,x_2,x_3,x_4,x_5) \in \mathbb{R}^5 : x_1 + x_2 – x_3 + x_4 = 0, \quad 2x_2 – x_4 + x_5 = 0 \}.
\]
(a) Určete, zda \(U \subseteq W\).
(b) Najděte bázi a dimenzi průniku \(U \cap W\).
Řešení:
(a) Nejprve ověříme, zda každý vektor z báze \(U\) leží v \(W\). Podmínka pro \(W\) je splnění dvou lineárních rovnic:
\[
x_1 + x_2 – x_3 + x_4 = 0,
\]
\[
2x_2 – x_4 + x_5 = 0.
\]
Zkontrolujeme každý vektor z báze \(U\).
Pro vektor \(u_1 = (1,0,2,1,-1)\):
\[
x_1 + x_2 – x_3 + x_4 = 1 + 0 – 2 + 1 = 0,
\]
\[
2x_2 – x_4 + x_5 = 0 – 1 – 1 = -2 \neq 0.
\]
Tedy \(u_1 \notin W\).
Pro vektor \(u_2 = (0,1,-1,2,0)\):
\[
0 + 1 – (-1) + 2 = 0 + 1 + 1 + 2 = 4 \neq 0,
\]
tedy \(u_2 \notin W\).
Pro vektor \(u_3 = (2,-1,3,0,1)\):
\[
2 + (-1) – 3 + 0 = -2 \neq 0,
\]
tedy \(u_3 \notin W\).
Z toho vyplývá, že \(U \not\subseteq W\).
92. Nechť \( V = \mathbb{R}^4 \) a podprostory
\[
U = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 : x – 2y + z = 0 \}, \quad W = \mathrm{span}\{ (1,1,0,1), (0,2,1,3) \}.
\]
(a) Najděte bázi a dimenzi \( U \).
(b) Najděte bázi a dimenzi \( U + W \).
Řešení:
(a) Podprostor \( U \) je určen jednou lineární rovnicí:
\[
x – 2y + z = 0.
\]
Vyjádříme jednu proměnnou pomocí ostatních. Například vyjádříme \( x \):
\[
x = 2y – z.
\]
Vektor \( u \in U \) má tedy tvar
\[
u = (x,y,z,w) = (2y – z, y, z, w).
\]
Nechť \( y = \alpha \), \( z = \beta \), \( w = \gamma \), kde \( \alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R} \). Potom
\[
u = \alpha (2,1,0,0) + \beta (-1,0,1,0) + \gamma (0,0,0,1).
\]
Báze \( U \) je tedy
\[
\{ (2,1,0,0), (-1,0,1,0), (0,0,0,1) \}.
\]
Dimenze \( U \) je počet vektorů v bázi, tedy
\[
\dim U = 3.
\]
(b) Podprostor \( W \) je generován vektory
\[
w_1 = (1,1,0,1), \quad w_2 = (0,2,1,3).
\]
Chceme najít bázi součtu \( U + W \).
Vektory v \( U + W \) jsou všechny možné součty
\[
u + w, \quad u \in U, w \in W.
\]
Součet tedy generuje množina vektorů
\[
\{ (2\alpha – \beta, \alpha, \beta, \gamma) + \lambda (1,1,0,1) + \mu (0,2,1,3) : \alpha, \beta, \gamma, \lambda, \mu \in \mathbb{R} \}.
\]
Spojíme:
\[
(2\alpha – \beta + \lambda, \alpha + \lambda + 2\mu, \beta + \mu, \gamma + \lambda + 3\mu).
\]
Tato množina je generována vektory
\[
(2,1,0,0), (-1,0,1,0), (0,0,0,1), (1,1,0,1), (0,2,1,3).
\]
Nyní ověříme lineární nezávislost těchto pěti vektorů.
Nechť existují koeficienty \( \alpha, \beta, \gamma, \lambda, \mu \) takové, že
\[
\alpha (2,1,0,0) + \beta (-1,0,1,0) + \gamma (0,0,0,1) + \lambda (1,1,0,1) + \mu (0,2,1,3) = (0,0,0,0).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
2\alpha – \beta + \lambda = 0, \\
\alpha + \lambda + 2\mu = 0, \\
\beta + \mu = 0, \\
\gamma + \lambda + 3\mu = 0.
\end{cases}
\]
Z třetí rovnice:
\[
\beta + \mu = 0 \Rightarrow \beta = -\mu.
\]
Dosadíme do první rovnice:
\[
2\alpha – (-\mu) + \lambda = 0 \Rightarrow 2\alpha + \mu + \lambda = 0.
\]
Z druhé:
\[
\alpha + \lambda + 2\mu = 0.
\]
Ze čtvrté:
\[
\gamma + \lambda + 3\mu = 0.
\]
Máme soustavu pro \( \alpha, \lambda, \gamma \):
\[
2\alpha + \mu + \lambda = 0,
\]
\[
\alpha + \lambda + 2\mu = 0,
\]
\[
\gamma + \lambda + 3\mu = 0.
\]
Odečteme druhou rovnici od první:
\[
(2\alpha + \mu + \lambda) – (\alpha + \lambda + 2\mu) = 0 \Rightarrow \alpha – \mu = 0 \Rightarrow \alpha = \mu.
\]
Dosadíme \( \alpha = \mu \) do druhé rovnice:
\[
\mu + \lambda + 2\mu = 0 \Rightarrow \lambda + 3\mu = 0 \Rightarrow \lambda = -3\mu.
\]
Dosadíme \( \lambda = -3\mu \) do čtvrté rovnice:
\[
\gamma – 3\mu + 3\mu = 0 \Rightarrow \gamma = 0.
\]
Koeficienty závisejí na \( \mu \):
\[
\alpha = \mu, \quad \beta = -\mu, \quad \lambda = -3\mu, \quad \gamma = 0.
\]
Pro \( \mu = t \in \mathbb{R} \) máme netriviální řešení. Vektory jsou tedy lineárně závislé.
Najdeme bázi výběrem maximální lineárně nezávislé podmnožiny.
Vezmeme vektory
\[
(2,1,0,0), (-1,0,1,0), (0,0,0,1), (0,2,1,3).
\]
Ověříme jejich lineární nezávislost:
Nechť
\[
a (2,1,0,0) + b (-1,0,1,0) + c (0,0,0,1) + d (0,2,1,3) = (0,0,0,0).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
2a – b = 0, \\
a + 2d = 0, \\
b + d = 0, \\
c + 3d = 0.
\end{cases}
\]
Z třetí rovnice:
\[
b + d = 0 \Rightarrow b = -d.
\]
Z první:
\[
2a – (-d) = 0 \Rightarrow 2a + d = 0.
\]
Z druhé:
\[
a + 2d = 0.
\]
Z druhé a první rovnice máme:
\[
2a + d = 0, \quad a + 2d = 0.
\]
Vynásobíme druhou rovnici dvěma:
\[
2a + 4d = 0.
\]
Odečteme první rovnici:
\[
(2a + 4d) – (2a + d) = 3d = 0 \Rightarrow d = 0.
\]
Z toho:
\[
a + 0 = 0 \Rightarrow a = 0,
\]
\[
b = -d = 0,
\]
a z poslední rovnice:
\[
c + 0 = 0 \Rightarrow c = 0.
\]
Pouze triviální řešení, tedy vektory jsou lineárně nezávislé.
Báze součtu je
\[
\{ (2,1,0,0), (-1,0,1,0), (0,0,0,1), (0,2,1,3) \}.
\]
Dimenze součtu je
\[
\dim(U + W) = 4,
\]
což znamená, že \( U + W = \mathbb{R}^4 \).
93. Nechť \(V = \mathbb{R}^3\) a podprostory definované jako
\[
U = \{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : x + y + z = 0 \},
\]
\[
W = \mathrm{span}\{ (1,-1,0), (0,1,-1) \}.
\]
(a) Ukažte, že \(U = W\).
(b) Najděte bázi a dimenzi \(U \cap W\).
Řešení:
(a) Nejprve ukážeme, že každý vektor z \(U\) leží v \(W\).
Vektor \(u \in U\) je takový, že
\[
x + y + z = 0.
\]
Vyjádříme \(x = -y – z\).
Potom
\[
u = (x,y,z) = (-y – z, y, z) = y (-1,1,0) + z (-1,0,1).
\]
Nyní ukážeme, že vektory \((-1,1,0)\) a \((-1,0,1)\) jsou lineární kombinací vektorů \(W\), tedy v \(\mathrm{span}\{(1,-1,0), (0,1,-1)\}\).
Podívejme se, zda existují \(\alpha, \beta \in \mathbb{R}\), že
\[
(-1,1,0) = \alpha (1,-1,0) + \beta (0,1,-1).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
-1 = \alpha + 0 = \alpha,
\]
\[
1 = -\alpha + \beta = -(-1) + \beta = 1 + \beta,
\]
\[
0 = 0 – \beta = -\beta.
\]
Z poslední rovnice \(\beta = 0\).
Z druhé rovnice
\[
1 = 1 + 0,
\]
což platí.
Z první \(\alpha = -1\).
Podobně pro vektor \((-1,0,1)\):
\[
(-1,0,1) = \alpha (1,-1,0) + \beta (0,1,-1).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
-1 = \alpha,
\]
\[
0 = -\alpha + \beta = -(-1) + \beta = 1 + \beta,
\]
\[
1 = 0 – \beta = -\beta.
\]
Z třetí rovnice
\[
\beta = -1,
\]
z druhé
\[
0 = 1 + \beta \Rightarrow \beta = -1,
\]
což je v souladu.
Z první \(\alpha = -1\).
Tedy oba vektory leží v \(W\), což znamená, že každý vektor \(u \in U\) je v \(W\), tedy
\[
U \subseteq W.
\]
Naopak, každý vektor \(w \in W\) je lineární kombinací
\[
w = \alpha (1,-1,0) + \beta (0,1,-1).
\]
Součet souřadnic:
\[
x + y + z = \alpha + (-\alpha + \beta) + (-\beta) = \alpha – \alpha + \beta – \beta = 0,
\]
takže \(w \in U\).
Z toho vyplývá, že
\[
W \subseteq U.
\]
Proto platí rovnost podprostorů
\[
U = W.
\]
(b) Dimenze \(U\) je stejná jako dimenze \(W\). Báze \(W\) je
\[
\{ (1,-1,0), (0,1,-1) \},
\]
která obsahuje \(2\) lineárně nezávislé vektory, takže
\[
\dim(U \cap W) = \dim U = \dim W = 2.
\]
94. Nechť \(V = \mathbb{R}^4\) a podprostory
\[
U = \mathrm{span}\{ (1,0,1,2), (0,1,1,-1) \},
\]
\[
W = \{ (x,y,z,w) \in \mathbb{R}^4 : x + y – z + w = 0 \}.
\]
(a) Najděte dimenzi průniku \(U \cap W\).
(b) Najděte bázi součtu \(U + W\).
Řešení:
(a) Vektor \(u \in U\) má tvar
\[
u = \alpha (1,0,1,2) + \beta (0,1,1,-1) = (\alpha, \beta, \alpha + \beta, 2\alpha – \beta).
\]
Chceme najít vektory \(u \in U\), které zároveň patří do \(W\), tedy splňují rovnici
\[
x + y – z + w = 0.
\]
Dosadíme souřadnice:
\[
\alpha + \beta – (\alpha + \beta) + (2\alpha – \beta) = 0.
\]
Zjednodušíme:
\[
\alpha + \beta – \alpha – \beta + 2\alpha – \beta = 0 \Rightarrow 2\alpha – \beta = 0.
\]
Rovnice pro \(\alpha, \beta\):
\[
2\alpha – \beta = 0 \Rightarrow \beta = 2\alpha.
\]
Vektory v \(U \cap W\) mají tvar:
\[
(\alpha, 2\alpha, \alpha + 2\alpha, 2\alpha – 2\alpha) = \alpha (1, 2, 3, 0).
\]
Dimenze průniku je tedy
\[
\dim(U \cap W) = 1,
\]
a báze je
\[
\{ (1,2,3,0) \}.
\]
(b) Dimenze \(U\) je
\[
\dim U = 2.
\]
Dimenze \(W\) je určena jedinou lineární rovnicí v \(\mathbb{R}^4\), takže
\[
\dim W = 4 – 1 = 3.
\]
Použijeme vztah pro dimenzi součtu:
\[
\dim(U + W) = \dim U + \dim W – \dim(U \cap W) = 2 + 3 – 1 = 4.
\]
Vybereme bázi součtu.
Vektory generující \(U\):
\[
u_1 = (1,0,1,2), \quad u_2 = (0,1,1,-1).
\]
Vektor normály na \(W\) je
\[
n = (1,1,-1,1).
\]
Každý vektor \(w \in W\) splňuje
\[
x + y – z + w = 0 \Rightarrow n \cdot w = 0.
\]
Proto můžeme najít tři lineárně nezávislé vektory v \(W\), které spolu s \(u_1, u_2\) generují \(U + W\).
Najdeme tři vektory v \(W\) nezávislé na \(u_1, u_2\).
Z rovnice \(x + y – z + w = 0\) vyjádříme \(w\):
\[
w = -x – y + z.
\]
Zvolíme parametry \(x, y, z\) nezávisle, například:
\[
v_1 = (1,0,0,w) = (1,0,0,-1),
\]
\[
v_2 = (0,1,0,w) = (0,1,0,-1),
\]
\[
v_3 = (0,0,1,w) = (0,0,1,1).
\]
Ověříme, zda jsou \(u_1, u_2, v_1, v_2, v_3\) lineárně nezávislé.
Nechť
\[
a u_1 + b u_2 + c v_1 + d v_2 + e v_3 = 0.
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
(a + c, \quad b + d, \quad a + b + e, \quad 2a – b – c – d + e) = (0,0,0,0).
\]
Získáme soustavu:
\[
a + c = 0,
\]
\[
b + d = 0,
\]
\[
a + b + e = 0,
\]
\[
2a – b – c – d + e = 0.
\]
Dosadíme z první rovnice \(c = -a\), z druhé \(d = -b\), do čtvrté:
\[
2a – b – (-a) – (-b) + e = 0 \Rightarrow 2a – b + a + b + e = 0 \Rightarrow 3a + e = 0.
\]
Z třetí rovnice:
\[
a + b + e = 0.
\]
Dosadíme \(e = -3a\) ze čtvrté do třetí:
\[
a + b – 3a = 0 \Rightarrow -2a + b = 0 \Rightarrow b = 2a.
\]
Z druhé rovnice \(d = -b = -2a\).
Z první \(c = -a\).
Všechny neznámé vyjádřené přes \(a\):
\[
a = a, \quad b = 2a, \quad c = -a, \quad d = -2a, \quad e = -3a.
\]
Pro \(a \neq 0\) existuje netriviální řešení, vektory jsou lineárně závislé.
Vyřaďme vektor \(v_3\) a ověřme lineární nezávislost zbývajících:
Nechť
\[
a u_1 + b u_2 + c v_1 + d v_2 = 0.
\]
Souřadnice:
\[
(a + c, \quad b + d, \quad a + b, \quad 2a – b – c – d) = (0,0,0,0).
\]
Soustava:
\[
a + c = 0,
\]
\[
b + d = 0,
\]
\[
a + b = 0,
\]
\[
2a – b – c – d = 0.
\]
Z první \(c = -a\), z druhé \(d = -b\).
Dosadíme do čtvrté:
\[
2a – b – (-a) – (-b) = 0 \Rightarrow 2a – b + a + b = 0 \Rightarrow 3a = 0 \Rightarrow a = 0.
\]
Z třetí \(a + b = 0 \Rightarrow b = 0\).
Z toho \(c = 0, d = 0\).
Jen triviální řešení, vektory jsou lineárně nezávislé.
Báze součtu je
\[
\{ u_1, u_2, v_1, v_2 \} = \{ (1,0,1,2), (0,1,1,-1), (1,0,0,-1), (0,1,0,-1) \}.
\]
Dimenze součtu je
\[
\dim(U + W) = 4,
\]
což znamená, že \(U + W = \mathbb{R}^4\).
95. Nechť \( V = \mathbb{R}^4 \) a nech \( U \) je podprostor generovaný vektory
\[
u_1 = (\,1,\,2,\,0,\,1\,), \quad u_2 = (\,2,\,4,\,1,\,3\,), \quad u_3 = (\,3,\,6,\,1,\,4\,).
\]
(a) Najděte bázi a dimenzi \( U \).
(b) Určete, zda vektor \( v = (\,5,\,10,\,2,\,5\,) \) patří do \( U \).
(c) Najděte průnik \( U \cap W \), kde
\[
W = \{ (\,x,\,y,\,z,\,w\,) \in \mathbb{R}^4 : x – 2y + z – w = 0 \}.
\]
Řešení:
(a) Ověříme lineární závislost vektorů \( u_1,\, u_2,\, u_3 \).
Hledáme, zda existují \( \alpha,\, \beta,\, \gamma \) taková, že
\[
\alpha u_1 + \beta u_2 + \gamma u_3 = (\,0,\,0,\,0,\,0\,).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\alpha (\,1,\,2,\,0,\,1\,) + \beta (\,2,\,4,\,1,\,3\,) + \gamma (\,3,\,6,\,1,\,4\,) = (\,0,\,0,\,0,\,0\,).
\]
Soustava rovnic:
\[
\begin{cases}
\alpha + 2\beta + 3\gamma = 0, \\
2\alpha + 4\beta + 6\gamma = 0, \\
0\alpha + \beta + \gamma = 0, \\
\alpha + 3\beta + 4\gamma = 0.
\end{cases}
\]
Z druhé rovnice vidíme, že je dvojnásobkem první, tedy nepřináší novou informaci.
Z třetí rovnice:
\[
\beta + \gamma = 0 \quad \Rightarrow \quad \beta = -\gamma.
\]
Dosadíme do první:
\[
\alpha + 2(-\gamma) + 3\gamma = \alpha + \gamma = 0 \quad \Rightarrow \quad \alpha = -\gamma.
\]
Dosadíme \( \alpha = -\gamma \), \( \beta = -\gamma \) do čtvrté:
\[
-\gamma + 3(-\gamma) + 4\gamma = -\gamma – 3\gamma + 4\gamma = 0.
\]
Rovnice je splněna pro všechna \( \gamma \).
Tedy řešení jsou:
\[
\alpha = -t, \quad \beta = -t, \quad \gamma = t, \quad t \in \mathbb{R}.
\]
Existuje netriviální lineární závislost, takže vektory \( u_1,\, u_2,\, u_3 \) nejsou lineárně nezávislé.
Vyřaďme \( u_3 \) a ověřme nezávislost \( u_1,\, u_2 \):
Nechť
\[
a u_1 + b u_2 = (\,0,\,0,\,0,\,0\,),
\]
\[
a(\,1,\,2,\,0,\,1\,) + b(\,2,\,4,\,1,\,3\,) = (\,0,\,0,\,0,\,0\,).
\]
Soustava:
\[
a + 2b = 0,
\]
\[
2a + 4b = 0,
\]
\[
0a + b = 0,
\]
\[
a + 3b = 0.
\]
Z třetí rovnice \( b = 0 \).
Z první \( a + 0 = 0 \Rightarrow a = 0 \).
Pouze triviální řešení, tedy \( u_1,\, u_2 \) jsou lineárně nezávislé.
Báze \( U \) je:
\[
\{ u_1,\, u_2 \} = \{ (\,1,\,2,\,0,\,1\,),\ (\,2,\,4,\,1,\,3\,) \}.
\]
Dimenze:
\[
\dim U = 2.
\]
(b) Ověříme, zda
\[
v = (\,5,\,10,\,2,\,5\,)
\]
patří do \( U \).
Hledáme \( \alpha,\, \beta \) taková, že
\[
\alpha u_1 + \beta u_2 = v,
\]
tedy:
\[
\alpha (\,1,\,2,\,0,\,1\,) + \beta (\,2,\,4,\,1,\,3\,) = (\,5,\,10,\,2,\,5\,).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
\begin{cases}
\alpha + 2\beta = 5, \\
2\alpha + 4\beta = 10, \\
0 + \beta = 2, \\
\alpha + 3\beta = 5.
\end{cases}
\]
Z třetí rovnice \( \beta = 2 \).
Dosadíme do první:
\[
\alpha + 4 = 5 \quad \Rightarrow \quad \alpha = 1.
\]
Ověření druhé rovnice:
\[
2 \cdot 1 + 4 \cdot 2 = 2 + 8 = 10 \quad \text{(platí)}.
\]
Ověření čtvrté:
\[
1 + 3 \cdot 2 = 1 + 6 = 7 \neq 5.
\]
Nesouhlasí, takže \( v \notin U \).
(c) Najdeme průnik:
\[
U \cap W,
\]
kde:
\[
W = \{ (\,x,\,y,\,z,\,w\,) : x – 2y + z – w = 0 \}.
\]
Vektor \( u \in U \) má tvar:
\[
u = \alpha u_1 + \beta u_2 = (\,\alpha + 2\beta,\, 2\alpha + 4\beta,\, \beta,\, \alpha + 3\beta\,).
\]
Dosadíme do rovnice pro \( W \):
\[
x – 2y + z – w = 0.
\]
Dosadíme:
\[
(\alpha + 2\beta) – 2(2\alpha + 4\beta) + \beta – (\alpha + 3\beta) = 0.
\]
Rozepíšeme:
\[
\alpha + 2\beta – 4\alpha – 8\beta + \beta – \alpha – 3\beta = (\alpha – 4\alpha – \alpha) + (2\beta – 8\beta + \beta – 3\beta) = -4\alpha – 8\beta = 0.
\]
Tedy:
\[
4\alpha + 8\beta = 0 \quad \Rightarrow \quad \alpha + 2\beta = 0.
\]
Vyjádříme \( \alpha \):
\[
\alpha = -2\beta.
\]
Vektory v průniku jsou tvaru:
\[
u = (\,0,\,0,\,\beta,\,\beta\,) = \beta (\,0,\,0,\,1,\,1\,).
\]
Báze průniku je:
\[
\{ (\,0,\,0,\,1,\,1\,) \},
\]
a dimenze:
\[
\dim(U \cap W) = 1.
\]
96. Nechť \( V = \mathbb{R}^5 \). Uvažujme podprostory
\[
U = \{ (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) \in \mathbb{R}^5 : x_1 – 2x_3 + x_5 = 0, \quad x_2 + x_4 – x_5 = 0 \},
\]
a
\[
W = \mathrm{span}\{ (1,0,1,1,0), (0,1,-1,0,1), (2,-1,0,1,-1) \}.
\]
(a) Najděte bázi a dimenzi \( U \).
(b) Najděte bázi a dimenzi \( W \).
(c) Určete dimenzi a bázi průniku \( U \cap W \).
Řešení:
(a) Podprostor \( U \) je definován dvěma lineárními rovnicemi:
\[
x_1 – 2x_3 + x_5 = 0, \quad x_2 + x_4 – x_5 = 0.
\]
Naším cílem je nalézt bázi \( U \), tedy vyjádřit jeho prvky pomocí volných parametrů.
Rovnice přepíšeme jako:
\[
x_1 = 2x_3 – x_5,
\]
\[
x_2 = -x_4 + x_5.
\]
Volné proměnné jsou tedy \( x_3, x_4, x_5 \), které můžeme označit jako \( \alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R} \).
Prvek \( u \in U \) má tedy tvar:
\[
u = (x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) = (2\alpha – \gamma, -\beta + \gamma, \alpha, \beta, \gamma).
\]
Rozložíme na lineární kombinaci tří nezávislých vektorů:
\[
u = \alpha (2,0,1,0,0) + \beta (0,-1,0,1,0) + \gamma (-1,1,0,0,1).
\]
Báze podprostoru \( U \) je tedy
\[
\{ (2,0,1,0,0), (0,-1,0,1,0), (-1,1,0,0,1) \}.
\]
Protože báze má tři prvky, dimenze je
\[
\dim U = 3.
\]
(b) Podprostor \( W \) je zadán množinou tří vektorů:
\[
w_1 = (1,0,1,1,0), \quad w_2 = (0,1,-1,0,1), \quad w_3 = (2,-1,0,1,-1).
\]
Ověříme, zda jsou vektory lineárně nezávislé. Předpokládejme lineární kombinaci nulového vektoru:
\[
\alpha w_1 + \beta w_2 + \gamma w_3 = (0,0,0,0,0).
\]
To znamená
\[
\alpha (1,0,1,1,0) + \beta (0,1,-1,0,1) + \gamma (2,-1,0,1,-1) = (0,0,0,0,0).
\]
Porovnáním souřadnic dostáváme soustavu rovnic:
\[
\begin{cases}
\alpha + 2\gamma = 0, \\
\beta – \gamma = 0, \\
\alpha – \beta = 0, \\
\alpha + \gamma = 0, \\
\beta – \gamma = 0.
\end{cases}
\]
Z druhé a páté rovnice máme \( \beta = \gamma \).
Z třetí rovnice platí \( \alpha = \beta = \gamma \).
Z první rovnice \( \alpha + 2\gamma = \gamma + 2\gamma = 3\gamma = 0 \), tedy \( \gamma = 0 \).
Tím pádem \( \alpha = \beta = \gamma = 0 \).
Pouze triviální řešení znamená, že vektory jsou lineárně nezávislé.
Báze \( W \) je tedy
\[
\{ (1,0,1,1,0), (0,1,-1,0,1), (2,-1,0,1,-1) \}
\]
a dimenze
\[
\dim W = 3.
\]
(c) Hledáme průnik \( U \cap W \), tedy všechny vektory, které jsou zároveň v \( U \) i v \( W \).
Nechť \( v \in U \cap W \). Potom existují skaláry \( a, b, c \) tak, že
\[
v = a(2,0,1,0,0) + b(0,-1,0,1,0) + c(-1,1,0,0,1),
\]
a zároveň
\[
v = x (1,0,1,1,0) + y (0,1,-1,0,1) + z (2,-1,0,1,-1).
\]
Vyjádříme \( v \) z obou stran:
\[
v = (2a – c, -b + c, a, b, c),
\]
\[
v = (x + 2z, y – z, x – y, x + z, y – z).
\]
Porovnáním souřadnic dostáváme soustavu:
\[
\begin{cases}
2a – c = x + 2z, \\
-b + c = y – z, \\
a = x – y, \\
b = x + z, \\
c = y – z.
\end{cases}
\]
Dosadíme \( a, b, c \) do první rovnice:
\[
2(x – y) – (y – z) = x + 2z.
\]
Rovnici upravíme:
\[
2x – 2y – y + z = x + 2z,
\]
\[
2x – 3y + z = x + 2z,
\]
\[
x – 3y – z = 0.
\]
Získali jsme lineární rovnici mezi \( x, y, z \):
\[
x – 3y – z = 0.
\]
Tedy množina vektorů v průniku je popsána parametry \( y, z \), kde
\[
x = 3y + z.
\]
Vektor \( v \) v \( U \cap W \) tedy má tvar
\[
v = x w_1 + y w_2 + z w_3 = (3y + z)(1,0,1,1,0) + y(0,1,-1,0,1) + z(2,-1,0,1,-1).
\]
Rozložme tuto kombinaci:
\[
v = (3y + z, 0, 3y + z, 3y + z, 0) + (0, y, -y, 0, y) + (2z, -z, 0, z, -z),
\]
\[
v = (3y + 3z, y – z, 2y + z, 3y + 2z, y – z).
\]
Vektor \( v \) je tedy lineární kombinací dvou vektorů:
\[
v = y (3, 1, 2, 3, 1) + z (3, -1, 1, 2, -1).
\]
Báze \( U \cap W \) je
\[
\{ (3,1,2,3,1), (3,-1,1,2,-1) \}.
\]
Dimeze průniku je tedy
\[
\dim (U \cap W) = 2.
\]
97. Nechť \(V = \mathbb{R}^4\) a podprostory
\[
U = \mathrm{span} \{ (1, 2, 0, -1), (0, 1, 1, 1) \},
\]
\[
W = \{ (x_1, x_2, x_3, x_4) \in \mathbb{R}^4 : x_1 + x_2 – x_3 + 2x_4 = 0 \}.
\]
(a) Najděte bázi a dimenzi \(U + W\).
(b) Určete, zda je \(V = U + W\).
Řešení:
(a) Nejprve určíme dimenzi podprostoru \(U\).
Vektory báze \(U\) jsou
\[
u_1 = (1, 2, 0, -1), \quad u_2 = (0, 1, 1, 1).
\]
Ověříme jejich lineární nezávislost. Předpokládejme
\[
\alpha u_1 + \beta u_2 = (0, 0, 0, 0).
\]
Porovnáním souřadnic:
\[
\begin{cases}
\alpha = 0, \\
2\alpha + \beta = 0, \\
\beta = 0, \\
– \alpha + \beta = 0.
\end{cases}
\]
Ze třetí rovnice \(\beta = 0\), z první \(\alpha = 0\). Vektory jsou lineárně nezávislé.
Dimenze \(U\) je \(2\).
Podprostor \(W\) je určen rovnicí
\[
x_1 + x_2 – x_3 + 2x_4 = 0.
\]
Jeho dimenze je \(4 – 1 = 3\).
Pro nalezení báze \(W\) vyjádříme \(x_1\):
\[
x_1 = -x_2 + x_3 – 2x_4.
\]
Volné jsou \(x_2, x_3, x_4\). Prvek \(w \in W\) má tvar
\[
w = (-x_2 + x_3 – 2x_4, \; x_2, \; x_3, \; x_4).
\]
Rozložíme na lineární kombinaci:
\[
w = x_2 (-1, 1, 0, 0) + x_3 (1, 0, 1, 0) + x_4 (-2, 0, 0, 1).
\]
Báze \(W\) je tedy
\[
\{ (-1, 1, 0, 0), \; (1, 0, 1, 0), \; (-2, 0, 0, 1) \}.
\]
Pro nalezení báze \(U + W\) vezmeme množinu
\[
S = \{ u_1, \; u_2, \; (-1, 1, 0, 0), \; (1, 0, 1, 0), \; (-2, 0, 0, 1) \}.
\]
Protože pět vektorů v \(\mathbb{R}^4\) je lineárně závislých, najdeme nezávislou podmnožinu.
Výběrem \(\{ u_1, u_2, (-1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0) \}\) ověříme, že jsou nezávislé.
Dimenze \(U + W\) je tedy \(4\).
(b) Protože \(V = \mathbb{R}^4\) má dimenzi \(4\) a dimenze \(U + W\) je také \(4\), platí
\[
V = U + W.
\]
98. Nechť \(V = \mathbb{R}[x]_3\) je vektorový prostor všech polynomů stupně nejvýše \(3\). Uvažujme podprostory
\[
U = \{ p \in V : p(1) = 0 \},
\]
\[
W = \{ p \in V : p'(1) = 0 \},
\]
kde \(p'(x)\) je derivace polynomu \(p\).
(a) Určete dimenze \(U\) a \(W\).
(b) Najděte dimenzi a bázi průniku \(U \cap W\).
Řešení:
Vektorový prostor \(V = \mathbb{R}[x]_3\) má dimenzi \(4\), s přirozenou bází
\[
\{ 1, x, x^2, x^3 \}.
\]
Nechť polynom
\[
p(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3.
\]
(a) Podprostor \(U\) je množina polynomů s nulou v bodě \(1\), tedy
\[
p(1) = a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0.
\]
Tato rovnost představuje lineární podmínku na koeficienty. Proto
\[
\dim U = 4 – 1 = 3.
\]
Podprostor \(W\) tvoří polynomy, jejichž derivace v \(1\) je nulová.
Derivace:
\[
p'(x) = a_1 + 2 a_2 x + 3 a_3 x^2.
\]
Podmínka:
\[
p'(1) = a_1 + 2 a_2 + 3 a_3 = 0.
\]
Opět lineární podmínka, tedy
\[
\dim W = 4 – 1 = 3.
\]
(b) Pro nalezení báze \(U \cap W\) řešíme soustavu dvou rovnic:
\[
\begin{cases}
a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 0, \\
a_1 + 2 a_2 + 3 a_3 = 0.
\end{cases}
\]
Vyjádříme \(a_0\) a \(a_1\):
\[
a_0 = – a_1 – a_2 – a_3,
\]
\[
a_1 = -2 a_2 – 3 a_3.
\]
Dosadíme do \(p(x)\):
\[
p(x) = (- a_1 – a_2 – a_3) + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3.
\]
Nahradíme \(a_1\):
\[
p(x) = (- (-2 a_2 – 3 a_3) – a_2 – a_3) + (-2 a_2 – 3 a_3) x + a_2 x^2 + a_3 x^3.
\]
Upravíme:
\[
p(x) = (2 a_2 + 3 a_3 – a_2 – a_3) + (-2 a_2 – 3 a_3) x + a_2 x^2 + a_3 x^3,
\]
\[
p(x) = (a_2 + 2 a_3) + (-2 a_2 – 3 a_3) x + a_2 x^2 + a_3 x^3.
\]
Vyjádříme jako lineární kombinaci parametrů \(a_2, a_3\):
\[
p(x) = a_2 (1 – 2 x + x^2) + a_3 (2 – 3 x + x^3).
\]
Báze \(U \cap W\) je tedy:
\[
\{ 1 – 2 x + x^2, \quad 2 – 3 x + x^3 \}.
\]
Dimenze je \(2\).
99. Nechť \( V = \mathbb{R}^4 \) a nech
\[
U = \{ (x_1, x_2, x_3, x_4) \in V : x_1 + 2x_2 – x_3 + x_4 = 0, \quad 3x_1 – x_2 + 4x_3 – 2x_4 = 0 \}.
\]
(a) Určete dimenzi podprostoru \( U \).
(b) Najděte bázi podprostoru \( U \).
Řešení:
Podprostor \( U \) je definován jako množina všech vektorů \( (x_1, x_2, x_3, x_4) \in \mathbb{R}^4 \), které splňují dvě lineární rovnice:
\[
\begin{cases}
x_1 + 2x_2 – x_3 + x_4 = 0, \\
3x_1 – x_2 + 4x_3 – 2x_4 = 0.
\end{cases}
\]
Cílem je určit dimenzi a bázi \( U \).
(a) Dimenze \( U \):
Prostor \( V = \mathbb{R}^4 \) má dimenzi \( 4 \). Podprostor \( U \) je určen dvěma lineárně nezávislými rovnicemi (ověříme to), takže očekáváme, že dimenze \( U \) bude
\[
\dim U = 4 – \mathrm{rank}(A),
\]
kde \( A \) je matice soustavy rovnic.
Zapíšeme matici soustavy:
\[
A = \begin{pmatrix}
1 & 2 & -1 & 1 \\
3 & -1 & 4 & -2
\end{pmatrix}.
\]
Ověříme lineární nezávislost řádků:
Předpokládejme, že existuje \( \lambda \) takové, že druhý řádek je \( \lambda \)-násobkem prvního:
\[
(3, -1, 4, -2) = \lambda (1, 2, -1, 1).
\]
Porovnáme souřadnice:
\[
3 = \lambda \cdot 1 \Rightarrow \lambda = 3,
\]
\[
-1 = \lambda \cdot 2 = 3 \cdot 2 = 6 \quad \text{(neplatí)},
\]
tedy řádky jsou lineárně nezávislé a \( \mathrm{rank}(A) = 2 \).
Proto
\[
\dim U = 4 – 2 = 2.
\]
(b) Najdeme bázi \( U \) pomocí vyjádření dvou proměnných přes zbývající dvě:
Označíme volné proměnné například \( x_3 = s \) a \( x_4 = t \), kde \( s, t \in \mathbb{R} \).
Z první rovnice:
\[
x_1 + 2 x_2 – s + t = 0 \Rightarrow x_1 = -2 x_2 + s – t.
\]
Z druhé rovnice:
\[
3 x_1 – x_2 + 4 s – 2 t = 0.
\]
Dosadíme \( x_1 \):
\[
3(-2 x_2 + s – t) – x_2 + 4 s – 2 t = 0,
\]
\[
-6 x_2 + 3 s – 3 t – x_2 + 4 s – 2 t = 0,
\]
\[
-7 x_2 + 7 s – 5 t = 0.
\]
Vyjádříme \( x_2 \):
\[
-7 x_2 = -7 s + 5 t \Rightarrow x_2 = s – \frac{5}{7} t.
\]
Dosadíme zpět do \( x_1 \):
\[
x_1 = -2 \left( s – \frac{5}{7} t \right) + s – t = -2 s + \frac{10}{7} t + s – t = -s + \frac{3}{7} t.
\]
Vektor z \( U \) má tedy tvar
\[
(x_1, x_2, x_3, x_4) = \left( -s + \frac{3}{7} t, \quad s – \frac{5}{7} t, \quad s, \quad t \right).
\]
Rozložíme na lineární kombinaci parametrů \( s \) a \( t \):
\[
s \left( -1, 1, 1, 0 \right) + t \left( \frac{3}{7}, -\frac{5}{7}, 0, 1 \right).
\]
Báze podprostoru \( U \) je množina dvou vektorů
\[
\left\{ (-1, 1, 1, 0), \quad \left(\frac{3}{7}, -\frac{5}{7}, 0, 1 \right) \right\}.
\]
Dimeze je \( 2 \).
100. Nechť \(V\) je vektorový prostor všech reálných funkcí definovaných na intervalu \([0,1]\). Uvažujme podprostory
\[
U = \{ f \in V : f(0) = 0 \}, \quad W = \{ f \in V : f(1) = 0 \}.
\]
(a) Dokažte, že \(U\) a \(W\) jsou podprostory \(V\).
(b) Určete průnik \(U \cap W\) a popište jeho prvky.
(c) Ukažte, že \(U + W = V\).
Řešení:
(a) Ukážeme, že \(U\) je podprostor \(V\).
Prvky \(V\) jsou všechny reálné funkce na intervalu \([0,1]\).
1. Nulová funkce \(0(x) = 0\) pro všechna \(x\) patří do \(U\), protože \(0(0) = 0\).
2. Nechť \(f,g \in U\), tedy \(f(0) = 0\) a \(g(0) = 0\). Potom
\[
(f + g)(0) = f(0) + g(0) = 0 + 0 = 0,
\]
tedy \(f + g \in U\).
3. Nechť \(f \in U\) a \(\alpha \in \mathbb{R}\). Potom
\[
(\alpha f)(0) = \alpha f(0) = \alpha \cdot 0 = 0,
\]
tedy \(\alpha f \in U\).
Podobně lze ukázat, že \(W\) je podprostor, protože
\[
f(1) = 0
\]
je uzavřená podmínka na sčítání a násobení skalárem.
(b) Průnik \(U \cap W\) je množina funkcí, které splňují obě podmínky:
\[
f(0) = 0, \quad f(1) = 0.
\]
Tedy
\[
U \cap W = \{ f \in V : f(0) = 0 \ \text{a} \ f(1) = 0 \}.
\]
Prvky \(U \cap W\) jsou tedy všechny funkce, které mají hodnotu \(0\) na obou koncích intervalu.
(c) Ukažme, že pro každou funkci \(h \in V\) existují funkce \(f \in U\) a \(g \in W\) takové, že
\[
h = f + g.
\]
Nechť \(h \in V\). Definujeme
\[
f(x) = h(x) – (1 – x) h(0),
\]
\[
g(x) = (1 – x) h(0).
\]
Ověříme:
\[
f(0) = h(0) – (1 – 0) h(0) = 0,
\]
\[
g(1) = (1 – 1) h(0) = 0.
\]
Tedy \(f \in U\), \(g \in W\). A navíc
\[
f(x) + g(x) = h(x) – (1 – x) h(0) + (1 – x) h(0) = h(x),
\]
což je požadované rozložení.
