Veta 1. Scıtanı vektoru v R2 je komutativnı, neboli pro libovolne ~v a ~u platı
~v ⊕ ~u = ~u⊕ ~v.
Dukaz. Chceme ukazat, ze pro vsechny ~v, ~u ∈ R2 platı
~v ⊕ ~u = ~u⊕ ~v,
neboli pro vsechna realna cısla v1, v2, u1, u2 ∈ R
(v1 + u1, v2 + u2) = (u1 + v1, u2 + v2).
Dva vektory se rovnajı, pokud se rovnajı vsechny jejich slozky, neboli pokud v1 + u1 =u1 + v1 a v2 + u2 = u2 + v2. A to platı, nebot’ scıtanı realnych castı komutativnı je.
Veta 2. Scıtanı vektoru v R2 je asociativnı, neboli pro libovolne ~v, ~u a ~w platı
(~v ⊕ ~u)⊕ ~w = ~v ⊕ (~u⊕ ~w).
Dukaz. Vyse uvedenou rovnost opet s pouzitım definice operace ⊕ prevedeme na rovnice
(v1 + u1) + w1 = v1 + (u1 + w1)
(v2 + u2) + w2 = v2 + (u2 + w2)
pro souradnice z R a ty zjevne platı, nebot’ scıtanı realnych cısel je asociativnı.
Definice 2. Nasobenı vektoru ~v z R2 cıslem α z R definujeme jako
α� ~v = α� (v1, v2) := (αv1, αv2).
Definice 3. Bud’te ~v1, . . . , ~vn vektory a α1, . . . , αn realna cısla (obecne prvky telesa), n jeprirozene. Potom vektor
Jelikoz je αk nenulove, muzeme rovnici tımto cıslem vydelit, a tak zjistıme, ze vektor ~vk je linearnıkombinacı vektoru ostatnıch a soubor tak nenı linearne nezavisly, coz je spor.
Zbyva ukazat druhou implikaci: ma-li rovnice
α1~v1 + · · ·+ αn~vn = ~0
jedine resenı α1 = α2 = · · · = αn = 0, pak musı byt soubor linearne nezavisly. Opet tuto implikacidokazeme sporem: predpokladejme, ze soubor je linearne zavisly. Potom musı existovat vektor ~vk,kde 1 ≤ k ≤ n takovy, ktery je linearnı kombinacı ostatnıch. Dle definice linearnı kombinace toznamena, ze existujı koeficienty α1, . . . , αk−1, αk+1, . . . , αn tak, ze
Veta 6. Bezoutova: Necht’ p je polynom stupne n ∈ N0, λ0 ∈ C. Potom existuje polynom p stupnen− 1 tak, ze pro ∀x ∈ C platı
p(x) = (x− λ0)q(x) + p(λ0).
Dukaz. Bud’
p(x) =
n∑k=0
αkxk, αn 6= 0.
Pripomenme znamy vzorec, ktery lze snadno dokazat matematickou indukcı,
ak − bk = (a− b)k−1∑i=0
aibk−1−i,
potom lze psat
p(x)− p(λ0) =
n∑k=0
αkxk −
n∑k=0
αkλk0
=
n∑k=0
αk(xk − λk0) =
n∑k=1
αk(xk − λk0)
=
n∑k=1
(αk(x− λ0)
k−1∑i=0
xiλk−1−i0
)
= (x− λ0)
n∑k=1
αk
k−1∑i=0
xiλk−1−i0 .
4
Polozme
q(x) =
n∑k=1
αk
k−1∑i=0
xiλk−1−i0 ,
pak na prave strane je clen s nejvyssı mocninou x roven αnxn−1 a tedy q je polynom stupne n− 1
a platı p(x) = (x− λ0)q(x) + p(λ0).
Dusledek 1. Polynom stupne n ≥ 0 ma nejvyse n korenu.Dukaz. Tvrzenı dokazeme indukcı podle stupne polynomu n ≥ 0:
1. n = 0: Kazdy polynom nuloveho stupne je konstantnı nenulova funkce (jinak by slo o nulovypolynom, ten ma vsak stupen -1), ta nema zadny koren.
2. Necht’ kazdy polynom stupne n ≥ 0 ma nejvyse n korenu. Necht’ p je libovolny polynomstupne n + 1. Podle Zakladnı vety algebry ma p alespon jeden koren λ0. Podle Bezoutovyvety existuje polynom q stupne n takovy, ze
p(x) = p(λ0) + (x− λ0)q(x) = (x− λ0)q(x).
Podle indukcnıho predpokladu ma q nejvyse n korenu a zrejme p ma (dıky soucinu sezavorkou (x− λ0) nejvyse o jeden koren vıce nez q, tedy p ma nejvyse n+ 1 korenu.
Dusledek 2. Koeficienty polynomu jsou urceny jednoznacne (az na prıpadne nulove).Neboli neexistuje polynom p takovy, ze:
(∀x ∈ C)
(p(x) =
n∑j=0
αjxj =
n∑j=0
βjxj
),
a pritom
(∃j ≥ 0)(αj 6= βj).
Dukaz. Tvrzenı dokazeme sporem. Necht’ existuje polynom p takovy, ze
(∀x ∈ C)
(p(x) =
n∑j=0
αjxj =
n∑j=0
βjxj
)∧ (∃j ≥ 0)(αj 6= βj).
Oznacme
k = max {j ≥ 0 | αj 6= βj},
potom musı
(∀x ∈ C)
(k∑j=0
(αj − βj)xj = 0
),
tj. polynom stupne k by mel nekonecne mnoho korenu, coz je spor s jiz dokazanym dusledkemBezoutovy vety.
Veta 7. Necht’ p je polynom stupne n ≥ 1 tvaru
p(x) =
n∑j=0
αjxj
a necht’ λ1, λ2, . . . , λk jsou vsechny jeho ruzne koreny (tj. k ≤ n. Potom existujı jednoznacneurcena cısla n1, n2, . . . , nk ∈ N takova, ze
k∑i=1
ni = n a p(x) = αn
k∏i=1
(x− λi)ni . (1)
Dukaz. Nejprve dokazeme existenci takoveho rozkladu a pote jeho jednoznacnost.
5
1. Existenci dokazeme indukcı podle stupne n. Pro n = 1 je tvrzenı zrejme nebot’ p(x) =α1x+ α0 s α1 6= 0 implikuje
p(x) = α1
(x− −α0
α1
).
Necht’ tedy n > 1 a necht’ pro polynomy stupne n − 1 tvrzenı platı. Podle Bezoutovy vetyexistuje polynom q stupne n− 1 takovy, ze pro kazde x ∈ C platı
p(x) = (x− λk)q(x). (2)
Je-li q(λk) 6= 0, potom podle indukcnıho predpokladu existujı prirozena cısla n1, . . . , nk−1
takova, ze pro kazde x ∈ C platı
q(x) = αn
k−1∏i=1
(x− λi)ni ,k−1∑i=1
ni = n− 1. (3)
Oznacıme-li nk = 1, dostavame kombinacı (2) a (3) tvrzenı vety.Je-li q(λk) = 0, dostaneme podle indukcnıho predpokladu existenci prirozenych cıseln1, . . . , nk−1, nk s vlastnostı (pro kazde x ∈ C)
q(x) = αn(x− λk)nkk−1∏i=1
(x− λi)ni , nk +
k−1∑i=1
ni = n− 1. (4)
Polozım-li nk = nk + 1, jsou n1, . . . , nk hledana cısla pro polynom p, pro ktera platı
k∑i=1
ni = n a p(x) = αn
k∏i=1
(x− λi)ni .
2. Jednoznacnost dokazeme sporem: Necht’ pro kazde x ∈ C platı
k∏i=1
(x− λi)ni =
k∏i=1
(x− λi)mi , (5)
kde ni,mi jsou prirozena cısla,∑ki=1 ni =
∑ki=1mi = n e existuje i ∈ k takove, ze ni 6= mi.
Bez ujmy na obecnosti predpokladejme, ze i = k a mk > nk (jinak koreny precıslujeme).Potom po odectenı prave strany v (5) a vytknutı vyrazu (x − λk)nk pro kazde x ∈ Cdostavame
(x− λk)nk
(k−1∏i=1
(x− λi)ni − (x− λk)mk−nkk−1∏i=1
(x− λi)mi)
= 0.
To ale znamena, ze vyraz ve velke zavorce je nulovy pro vsechna x ∈ C. Platı tedy
k−1∏i=1
(x− λi)ni = (x− λk)mk−nkk−1∏i=1
(x− λi)mi
pro kazde x ∈ C, coz ovsem pro x = λk pravda nenı (prava strana je rovna nule, levanenulovemu cıslu) a dostavame spor.
Definice 9. Cıslo ni z vety nazyvame nasobnost korene λi, vyjadrenı p(x) ve tvaru (1) rozkladpolynomu p na korenove cinitele.
6
Veta 8. Bud’ p polynom s realnymi koeficienty a λ0 ∈ C koren polynomu p. Potom λ0 je takekoren p a nasobnosti korenu λ0 a λ0 jsou stejne.Dukaz. Bud’
p(x) =
n∑j=0
αjxj ,
kde αj ∈ R pro kazde j ∈ n.
1. Bud’ λ0 koren polynomu p. Protoze
p(x) =
n∑j=0
αj(x)j =
n∑j=0
αjxj =
n∑j=0
αjxj =
n∑j=0
αjxj = p(x),
a take p(λ0) = 0.
2. Necht’ λ0 ma nasobnost k. Pro kazde x ∈ C tedy platı
p(x) = (x− λ0)kq(x),
kde q je polynom s vlastnostı q(λ0) 6= 0). Podobne jako vyse odvodıme
p(x) = p(x) = (x− λ0)kq(x) = (x− λ0)kq(x).
Protoze pro polynom h(x) := q(x), platı h(λ0) = q(λ0) 6= 0, je λ0 rovnez k-nasobny korenpolynomu p.
Dusledek 3. Polynom licheho stupne s realnymi koeficienty ma alespon 1 realny koren.
Dusledek 4. Kazdy polynom s realnymi koeficienty lze psat ve tvaru soucinu polynomu 1. stupnes realnymi koeficienty a polynomu 2. stupne s realnymi koeficienty.Dukaz. Rozepisme p ve tvaru rozkladu na koreninove cinitele
p(x) = αn
k∏i=1
(x− λi)ni .
Pro kazdy koren λi nastava jedna ze dvou moznostı:
1. λi ∈ R, pak se v soucinu na korenove cinitele objevı ni-krat polynom prvnıho stupne srealnymi koeficienty (x− λi),
2. λi ∈ C \ R, pak i λi je koren polynomu p se stejnou nasobnostı ni a v soucinu se ni-kratobjevı polynom druheho stupne
(x− λi)(x− λi) = (x2 − (2Reλi)x+ |λi|2),
krery ma realne koeficienty.
Veta 9. Pro kazde p, q ∈ P, q 6= 0, existujı jednoznacne urcene r, z ∈ P takove, ze platı:
1. p = rq + z,
2. St z < St q.
Dukaz. Dokazeme nejprve existenci takovych polynomu r, z ∈ P a pak jejich jednoznacnost.
7
1. Existenci dokazeme indukcı na St q ≥ 0. Je-li St q = 0, pak q je nenulovy konstantnı polynoma zrejme pro kazde x ∈ C platı
p(x) =
(1
q(x)p(x)
)q(x)︸ ︷︷ ︸
=:r(x)
+ 0︸︷︷︸=:z(x)
,
kde St z = −1 < St q. Necht’ n ≥ 1 a tvrzenı platı pro vsechny dvojice polynomu p, q, kde Stq = n−1, dokazeme platnost i pro q se stupnem n. Necht’ tedy q ∈ P a St q = n. Ze Zakladnıvety algebry vyplyva existence alespon jednoho korene q, oznacme jej λ0, z Bezoutovy vetydale vyplyva existence polynomu q takoveho, ze St q = n− 1 a
q(x) = (x− λ0)q(x)
pro vsechna x ∈ C.Podobne, pro dany polynom p existuje p ∈ P takovy, ze pro kazde x ∈ C platı
p(x) = (x− λ0)p(x) + p(λ0). (6)
Na polynomy p, q ∈ P lze pouzıt indukcnı predpoklad, tedy existujı r, z ∈ P takove, ze
p = rq + z ∧ Stz < Stq. (7)
Dosadıme-li (7) do (6), dostavame pro kazde x ∈ C
p(x) = (x− λ0)r(x)q(x) + (x− λ0)z(x) + p(λ0)
= r(x)q(x) + (x− λ0)z(x) + p(λ0).
Jelikoz (x − λ0)z(x) + p(λ0) je polynom stupne St z + 1 < St q + 1 = St q, stacı volitr(x) := r(x) a z(x) = (x− λ0)z(x) + p(λ0) a tvrzenı platı.
2. Jednoznacnost dokazeme sporem. Necht’ pro dane p, q ∈ P existujı r1, r2, z1, z2 ∈ P takove,ze platı
Tedy (r1− r2)q = z2− z1. Kdyby r1− r2 nebyl nulovy polynom, stupen celeho polynomu naleve strane (r1 − r2)q by byl vetsı nebo roven St q, naproti tomu polynom na prave stranez2 − z1 ma stupen ostre mensı nez St q. Tedy nutne r1 = r2, a potom take z1 = z2, cımz jeveta dokazana.
Definice 10. Polynom r nazyvame castecny podıl a polynom z nazyvame zbytek pri delenıpolynomu p polynomem q.
Veta 10. Tretı radek Hornerova schematu obsahuje koeficienty polynomu q z Bezoutovy vety,pro ktery platı:
p(x) = (x− λ)q(x) + p(λ).
Dukaz. Necht’
p(x) =
n∑i=0
αixi,
oznacme polynom s koeficienty z tretıho radku Hornerova schematu jako
q(x) =
n−1∑i=0
ξixi,
8
kde ξn−1 = αn, ξk−1 = αk + λξk pro k ∈ n− 1 a p(λ) = α0 + λξ0. Upravujme vyraz (x− λ)q(x) +p(λ) :
Definice 11. Necht’ jsou dany: cıselne teleso T , neprazdna mnozina V a dve zobrazenı:
⊕ : V × V → V, � : T × V → V.
Rekneme, ze V je linearnı prostor nad telesem T s vektorovymi operacemi ⊕ a �, prave kdyzplatı (axiomy linearnıho prostoru):
1. (∀a, b ∈ V )(a⊕ b = b⊕ a),
2. (∀a, b, c ∈ V )((a⊕ b)⊕ c = a⊕ (b⊕ c)),
3. (∀α, β ∈ T )(∀a ∈ V )(α� (β � a) = (αβ)� a),
4. (∀α ∈ T )(∀a, b ∈ V )(α� (a⊕ b) = (α� a)⊕ (α� b)),
5. (∀α, β ∈ T )(∀a ∈ V )((α+ β)� a = (α� a)⊕ (β � a)),
6. (∀a ∈ V )(1� a = a),
7. (∃~0 ∈ V )(∀a ∈ V )(0� a = ~0).
Prvky linearnıho prostoru V nazyvame vektory, prvky telesa T nazyvame skalary a prvek ~0 zaxiomu 7 nazyvame nulovy vektor.
Veta 11. Bud’ V LP nad T . Potom platı:
1. Ve V existuje prave jeden nulovy vektor.
2. (∀α ∈ T )(α~0 = ~0).
3. (∀a ∈ V )(a+~0 = a).
4. Ke kazdemu vektoru z V existuje prave jeden vektor opacny. Tzn.
(∀a ∈ V )(∃1b ∈ V )(a+ b = ~0).
5. (∀α ∈ T )(∀a ∈ V )(αa = ~0 =⇒ (α = 0 ∨ a = ~0)).
Dukaz. Vetu dokazeme prımo z axiomu linearnıho prostoru, vyuzitı axiomu cıslo n v rovnosti
oznacıme(An)= . Pouzitı vysledku z predchozıho bodu n teto vety oznacıme
(n)= .
1. Necht’ existujı dva nulove vektory ~01 a ~02. Pak ~01(A7)= 0 · a (A7)
= ~02.
2. α ·~0 (A7)= α · (0 · a)
(A3)= (α0) · a = 0 · a (A7)
= ~0.
3. a+~0(A6)= 1 · a+~0
(A7)= 1 · a+ 0 · a (A5)
= (1 + 0) · a = 1 · a (A6)= a.
4. Existence: Bud’ a ∈ V . Polozme b := (−1)·a (vektor opacny k 1, tj. -1, v telese vzdy existuje).Potom
a+ b = a+ (−1) · a (A6)= 1 · a+ (−1) · a (A5)
= (1 + (−1)) · a = 0 · a (A7)= ~0.
Jednoznacnost: Necht’ b1 a b2 jsou dva vektory opacne k a ∈ V , tedy a + b1 = a + b2 = ~0.Pak
b1(3)= b1 +~0 = b1 + (a+ b2)
(A2)= (b1 + a) + b2
(A1)= (a+ b1) + b2 = ~0 + b2
(A1)= b2 +~0
(3)= b2.
10
5. Necht’ αa = ~0 a predpokladejme, ze α 6= 0, potom a = ~0, nebot’
a(A6)= 1 · a = (
1
αα)a
(A3)=
1
α· (αa) =
1
α·~0 2
= ~0.
Definice 12. Necht’ V je LP nad telesem T , ∅ 6= P ⊂ V. Rıkame, ze P je podprostor prostoruV , prave kdyz platı:
1. (∀x, y ∈ P )(x+ y ∈ P ).
2. (∀α ∈ T )(∀x ∈ P )(αx ∈ P ).
Znacıme
P ⊂⊂ V.
Veta 12. Necht’ V je LP nad T , P ⊂⊂ V . Potom P se zuzenım operace scıtanı vektoru + naP × P a operace nasobenı vektoru skalarem · na T × P je LP.Dukaz. Oznacme zuzenı operacı +, · na P ⊂⊂ V jako +|P , ·|P . Overıme podmınky pro to, aby(P, T,+|P , ·|P ) byl linearnım prostorem:
• Uzavrenost operacı +|P : P × P → P a ·|P : T × P → P plyne z definice podprostoru,
• jelikoz axiomy LP platı pro kazde α, β ∈ T a a, b, c ∈ V , platı i pro kazde a, b, c ∈ P ⊂ V ,
• nulovy vektor LP V lezı i v P , nebot’ pro kazde a ∈ P platı 0 · a = ~0 a P je uzavreny nanasobenı prvkem z telesa.
Definice 13. Podprostory {~0} a V linearnıho prostoru V nazyvame trivialnı podprostory.Podprostor P ⊂⊂ V, P 6= V , nazyvame vlastnım podprostorem V .
Veta 13. Bud’ V LP nad T , ∅ 6= P ⊂ V. Potom P ⊂⊂ V , prave tehdy kdyz platı:
(∀α ∈ T )(∀x, y ∈ P )(αx+ y ∈ P ).
Dukaz. Dokazeme dve implikace, neprazdna podmnozina P ⊂ V je z definice podprostorem, pokud(∀x, y ∈ P,∀α ∈ T )(x+ y ∈ P ∧ αx ∈ P ).
1. (⇒) Necht’ P ⊂⊂ V, α ∈ T a x, y ∈ P . Z uzavrenosti na nasobenı skalarem plyne αx ∈ P , zuzavrenosti na soucet pak i αx+ y ∈ P .
2. (⇐) Necht’ pro kazde α ∈ T a x, y ∈ P platı αx + y ∈ P. Polozıme-li α = 1, dostavameuzavrenost P na soucet. Zvolıme-li y = ~0, dostavame uzavrenost P na nasobenı skalarem.
Veta 14. Bud’ {Pα|α ∈ A} neprazdny system (A 6= ∅) podprostoru V . Potom platı:⋂α∈A
Pα ⊂⊂ V.
Dukaz. Oznacme
P :=⋂α∈A
Pα.
Zrejme platı P ⊂ V a take P 6= ∅ (protoze ~0 ∈ Pα pro kazde α ∈ A, tedy ~0 ∈ P ). Overıme, ze prokazde β ∈ T a x, y ∈ P platı βx+ y ∈ P :
Z definice P ⊂ Pα pro kazde α ∈ A. Tedy pro libovolne β ∈ T platı
(x, y ∈ P )⇒ (∀α ∈ A)(x, y ∈ Pα)Pα⊂⊂V=⇒ (∀α ∈ A)(βx+ y ∈ Pα)⇒ (βx+ y ∈ P ),
coz znamena, ze P je podprostor.
11
Definice 14. Bud’ V LP nad T . Jsou-li ∅ 6= A ⊂ V a ∅ 6= B ⊂ V , nazyvame jejich souctemmnozinu
A+B := {a+ b | a ∈ A, b ∈ B}.
Veta 15. Bud’ V LP nad T , P ⊂⊂ V,Q ⊂⊂ V . Potom
P +Q ⊂⊂ V.
Dukaz. Soucet P +Q je zrejme neprazdny, nebot’ ~0 ∈ P a ~0 ∈ Q, tedy ~0 = ~0 + ~0 ∈ P +Q. Necht’
kde jsme vyuzili faktu, ze P i Q jsou podprostory, platı αx+ y ∈ P +Q, tedy P +Q ⊂⊂ V .
12
4 Linearnı kombinace, obal, zavislost a nezavislost
Definice 15. Necht’ V je LP nad T, x ∈ V a (x1, . . . , xn) je soubor vektoru z V . Rıkame, ze vektorx je linearnı kombinacı souboru (x1, . . . , xn), prave kdyz existujı cısla α1, . . . , αn ∈ T takova,ze
x =
n∑i=1
αixi.
Cısla αi, i ∈ n, nazyvame koeficienty linearnı kombinace.Jestlize (∀i ∈ n)(αi = 0), nazyvame takovou linearnı kombinaci trivialnı. V opacnem prıpade jdeo linearnı kombinaci netrivialnı.
Definice 16. Necht’ (x1, . . . , xn) je soubor vektoru z V . Rekneme, ze soubor (x1, . . . , xn) jelinearne nezavisly (LN), prave kdyz pouze trivialnı linearnı kombinace tohoto souboru je ~0. Vopacnem prıpade nazyvame soubor linearne zavisly (LZ).
Definice 17. Bud’ V LP nad T , ∅ 6= M ⊂ V . Rekneme, ze mnozina M je linearne zavisla(LZ), prave kdyz existujı vektory x1, . . . , xn ∈M takove, ze soubor (x1, . . . , xn) je LZ. V opacnemprıpade je mnozina M linearne nezavisla (LN).
Definice 18. Bud’ (x1, . . . , xn) soubor vektoru z V . Mnozinu vsech linearnıch kombinacı tohotosouboru nazveme linearnım obalem souboru (x1, . . . , xn) a znacıme:
〈x1, . . . , xn〉.
Definice 19. Bud’ ∅ 6= M ⊂ V . Mnozinu vsech linearnıch kombinacı vsech souboru vektoru zmnoziny M nazveme linearnım obalem mnoziny M a znacıme 〈M〉.
Veta 16. Bud’ ∅ 6= M ⊂ V , potom
〈〈M〉〉 = 〈M〉.
Dukaz. Dokazeme dve inkluze:
1. ⊇: Jelikoz trivialne platı M ⊆ 〈M〉, pak rovnou 〈M〉 ⊆ 〈〈M〉〉.
2. ⊆: Necht’ x ∈ 〈〈M〉〉. Pak x je linearnı kombinacı nejakeho souboru vektoru z 〈M〉, tedy
Zkombinujeme-li tyto vysledky dohromady, dostaneme
x =
n∑i=1
αixi =
n∑i=1
αi
ki∑j=1
βi,jyi,j =
n∑i=1
ki∑j=1
(αiβi,j)yi,j ,
tedy x je linearnı kombinacı konecneho souboru vektoru yi,j ∈ V (i ∈ n, j ∈ ki). Nebolix ∈ 〈M〉.
Veta 17. Bud’ ∅ 6= M ⊂ V , potom platı:
1. 〈M〉 ⊂⊂ V.
2. M ⊂⊂ V ⇔M = 〈M〉.
13
3. Mnozina 〈M〉 je nejmensı podprostor V obsahujıcı mnozinu M , neboli
〈M〉 =⋂{P ⊂⊂ V | M ⊂ P}.
Dukaz.
1. Z predpokladu M 6= ∅ ⇒ 〈M〉 6= ∅. Zbyva overit, zda pro kazde x, y ∈ 〈M〉 a α ∈ T platıαx+y ∈ 〈M〉.αx+y je linearnı kombinacı vektoru x, y, tedy αx+y ∈ 〈〈M〉〉. Podle predchozıvety ovsem 〈〈M〉〉 = 〈M〉.
2. Implikace (⇐) platı, nebot’ z predchozıho bodu mame M = 〈M〉 ⊂⊂ V . Dokazeme implikaci(⇒): Necht’ M je podprostor, overıme M = 〈M〉. Inkluze M ⊂ 〈M〉 je zrejma, zvolme tedyx ∈ 〈M〉,
x = α1x1 + · · ·+ αnxn,
pro nejake αi ∈ T, xi ∈ M, i ∈ n. Protoze M je podprostor, lezı kazdy scıtanec αixi v M .Zrejme take x ∈M .
3. Bud’ P libovolny podprostor V . Je-li M ⊂ P , potom 〈M〉 ⊂ 〈P 〉 = P . Tedy kazdy podprostorobsahujıcı M musı obsahovat take 〈M〉, neboli platı
〈M〉 ⊂⋂{P ⊂⊂ V | M ⊂ P}.
Na druhou stranu mnozina 〈M〉 je take podprostor obsahujıcı M . Tedy je to mnozina zmnozin v pruniku. Proto
〈M〉 ⊃⋂{P ⊂⊂ V | M ⊂ P}.
Veta 18. Bud’ (x1, . . . , xn) soubor vektoru z V . Potom (x1, . . . , xn) je LZ prave tehdy, kdyz
Veta 19. Bud’ M LN mnozina vektoru z V a y /∈ 〈M〉. Potom mnozina M ∪ {y} je LN.Dukaz. Necht’ x1, . . . , xn ∈M a α1, . . . , αn+1 ∈ T splnujıcı
α1x1 + · · ·+ αnxn + αn+1y = ~0,
dokazeme, ze tato linearnı kombinace musı byt trivialnı. Uvazujme dva prıpady:
1. Je-li αn+1 = 0, pak se jedna o linearnı kombinaci pouze prvku z mnoziny M . Ta je ovsem
LN, tedy αi = 0 pro kazde i ∈ n+ 1.
2. Necht’ αn+1 6= 0, v rovnici vyse pak lze cıslem αn+1 delit a po zrejmych upravach dostavame
y = − α1
αn+1x1 − . . .−
αnαn+1
xn,
coz je spor s predpokladem y /∈ 〈M〉. Situace αn+1 6= 0 tedy nikdy nenastava. Musı tedyαn+1 = 0 a zbytek plyne z 1. bodu.
15
5 Baze a dimenze lin. prostoru, Steinitzova veta, souradnice
Definice 20. O mnozine vektoru M z LP V rekneme, ze generuje prostor V , prave kdyz platı:
〈M〉 = V.
Definice 21. Existuje-li ve V mnozina vektoru B takova, ze
1. B je LN,
2. B generuje V ,
nazyvame B bazı linearnıho prostoru V .
Definice 22. Bud’ V LP nad T . OznacmeN0(V ) := { n ∈ N0 — kazdy (n+ 1)-clenny soubor vektoru z V je LZ }.Je-li N0(V ) = ∅, rıkame, ze V ma nekonecnou dimenzi, znacıme
dimV =∞.
Je-li N0(V ) 6= ∅, rıkame, ze V ma konecnou dimenzi a definujeme
dimV = minN0(V ).
Veta 20. 1. dim V = 0⇔ V = {~0}.
2. Nulovy prostor {~0} nema bazi.
3. Bud’ n ∈ N a necht’ ve V existuje n-clenny LN soubor. Potom
dimV ≥ n.
4. Bud’ n ∈ N0 a necht’ ve V kazdy (n+ 1)-clenny soubor je LZ. Potom
dimV ≤ n.
Dukaz.
1. Je-li dim V = 0, potom 0 ∈ N0(V ), a tedy V = {~0}, nebot’ kazdy jednoclenny linearnı souborje LZ, z cehoz plyne, ze kazdy vektor z V je nulovy. Je-li naopak V = {~0}, pak 0 ∈ N0(V ) atedy dim V = 0.
2. V nulovem vektorovem prostoru neexistuje LN soubor, tudız {~0} nemuze mıt bazi.
3. Existuje-li n-clenny LN soubor, musı n− 1 /∈ N0(V ), potom take 0, 1, . . . , n /∈ N0(V ), nebot’
kazda podmnozina LN mnoziny je tez LN. Tedy dim V ≥ n.
4. Kdyz kazdy (n+ 1)-clenny soubor je LZ, je n ∈ N0(V ), a tedy dim V ≤ n.
Veta 21. (Steinitzova o vymene) Necht’ (x1, . . . , xn) a (y1, . . . , ym) jsou soubory vektoru z V .Necht’ (x1, . . . , xn) je LN a necht’ (∀i ∈ n)(xi ∈ 〈y1, . . . , ym〉). Potom platı:
1. n ≤ m,
2. Existujı navzajem ruzne indexy i1, i2, . . . , in ∈ m takove, ze
Veta 22. Necht’ dim V = n ∈ N. Potom ve V existuje n-clenna baze.Dukaz. Protoze dim V = n, je n − 1 /∈ N0(V ), a tedy ve V existuje LN soubor delky n, kteryoznacıme (x1, . . . , xn). Urcite platı, ze 〈x1, . . . , xn〉 ⊂ V . Opacnou inkluzi dokazeme sporem. Kdybyexistoval prvek xn+1 ∈ V takovy, ze xn+1 /∈ 〈x1, . . . , xn〉, pak by soubor (x1, . . . , xn+1) byl LN,jak vıme z vety vyslovene drıve. Proto by muselo platit, ze dim V ≥ n+ 1, coz je spor.
Celkem je tedy soubor (x1, . . . , xn) LN a generuje V , je to tedy n-clenna baze V .
Veta 23. Necht’ n ∈ N a necht’ ve V existuje n-clenna baze. Potom dim V = n.Dukaz. Bazi V oznacme (y1, . . . , yn). Vıme, ze dim V ≥ n. Kdyby dim V > n, musel by existovatLN soubor delky n + 1, oznacme jej (x1, . . . , xn+1). Platı ovsem (∀i ∈ {1, . . . , n + 1})(xi ∈ V =〈y1, . . . , yn〉). To jsou ovsem predpoklady Steinitzovy vety o vymene, podle ktere delka LN souborunemuze prevysit pocet generatoru, tj. musı platit n+ 1 ≤ n, coz je spor.
Veta 24. Necht’ {~0} 6= V = 〈y1, . . . , yn〉. Potom dim V = k ≤ n a existujı navzajem ruzne indexyi1, . . . , ik ∈ n takove, ze (yi1 , . . . , yik) je baze V .Dukaz. Prvnı cast tvrzenı plyne ze Steinitzovy vety. Druha cast vety plyne z faktu, ze v LZsouboru existuje prvek, ktery lze ze souboru odebrat, aniz by se zmenil jeho linearnı obal (viz.veta v predchozı kapitole). Takto muzu ze souboru (y1, . . . , yn) vybırat tak dlouho, dokud vzniklysoubor nebude LN. To nastane, az bude v souboru zbyvat k vektoru, protoze dim V = k.
Veta 25. Necht’ (x1, . . . , xn) je LN soubor vektoru z V a dim V = n ∈ N. Potom existujı vektoryxk+1, . . . , xn ∈ V , ze (x1, . . . , xn) je baze V .Dukaz. Bud’ (y1, . . . , yn) baze V . Ze Steinitzovy vety plyne, ze k ≤ n a ze existujı navzajem ruzneindexy i1, i2, . . . , in takove, ze
Mame tedy n-clenny soubor generatoru obsahujıcı vektory x1, . . . , xk. Stacı si rozmyslet, ze jsouLN: Kdyby soubor (x1, . . . , xk, (yi|i ∈ n \ {i1, i2, . . . , ik})) byl LZ, muzeme z jeho vektoru vybratLN soubor delky l < n generujıcı V , coz je ve sporu s dim V = n.
Veta 26. Necht’ V je LP a P ⊂⊂ V . Potom
dimP ≤ dimV.
Je-li navıc P vlastnı podprostor V a dimV <∞, potom
dimP < dimV.
Dukaz. Je-li dimV = ∞ prvnı tvrzenı vety platı trivialne. Necht’ tedy dimV < ∞ a P ⊂ V .Potom N0(V ) ⊂ N0(P ), nebot’ jsou-li vsechny n-clenne soubory z V LZ, jsou take vsechny n-clenne soubory z P LZ. Platı N0(P ) 6= ∅, protoze kdyby N0(P ) = ∅, pak take N0(V ) = ∅ ⇔dimV =∞. Z inkluze N0(V ) ⊂ N0(P ) nakonec tedy dostavame
dimP = minN0(P ) ≤ minN0(V ) = dimV.
Bud’ nynı P ⊂ V vlastnı, tj. P 6= V , a necht’ dimV = n < ∞. Vıme uz, ze dimP = k ≤ n.Je-li dimP = 0, tj. P = {~0}, musı V 6= {~0}, a tedy n = dimV ≥ 1. Je-li dimP = k ≥ 1,existuje (x1, . . . , xk) baze P . Protoze P 6= V , existuje xk+1 ∈ V takovy, ze xk+1 /∈ P , a tedy(x1, . . . , xk, xk+1) je LN, odkud dimV ≥ k + 1. V obou prıpadech platı dimP < dimV .
Dusledek 6. Bud’ P ⊂⊂ V a dimP = dimV <∞. Potom P = V.
Lemma 1. Oznacme X = (x1, . . . , xn) a Y = (y1, . . . , ym) soubory vektoru z V . Potom 〈X 〉 = 〈Y〉,prave tehdy kdyz
dim〈X 〉 = dim〈Y〉 = dim〈X ∪ Y〉.
Dukaz. (⇒) : Jestlize 〈X 〉 = 〈Y〉, pak X ⊆ 〈X〉 = 〈Y〉 a Y ⊆ 〈X〉 = 〈Y〉, tedy X ∪Y ⊆ 〈X〉 = 〈Y〉.Prechodem k linearnımu obalu obou stran mnozinove nerovnosti dostavame 〈X ∪ Y〉 ⊆ 〈〈X 〉〉 =
17
〈X 〉. Protoze X ⊆ X ∪ Y, platı take 〈X 〉 ⊆ 〈X ∪ Y〉, takze 〈X ∪ Y〉 = 〈X 〉 = 〈Y〉. Kdyz se rovnajıobaly, rovnajı se i jejich dimenze.
(⇐) : Protoze 〈X 〉 ⊆ 〈X ∪ Y〉 a dimenze se rovnajı, musejı se rovnat obaly samotne, tj.〈X 〉 = 〈X ∪ Y〉. To same platı pro Y, takze 〈X 〉 = 〈X ∪ Y〉 = 〈Y〉.
Definice 23. Bud’ V LP a ∅ 6= A ⊂ V , ∅ 6= B ⊂ V . Soucet A+B nazveme direktnı, prave kdyzpro kazdy vektor x ∈ A+B existuje jedine a ∈ A a jedine b ∈ B takove, ze
x = a+ b.
Direktnı soucet znacıme A⊕B.
Veta 27. Bud’te P ⊂⊂ V , Q ⊂⊂ V . Potom P +Q je direktnı prave tehdy, je-li
P ∩Q = {~0}.
Dukaz. (⇒) : Necht’ P +Q je direktnı. Kdyby P ∩Q 6= {θ}, existoval by nenulovy prvek a ∈ P ∩Qa tedy a ∈ P a −a ∈ Q. Nulovy prvek θ ∈ P +Q by sel rozlozit do souctu dvou vektoru z P a Qdvema zpusoby: θ = θ + θ = a+ (−a), coz by byl spor s direktnostı souctu P +Q.
(⇐) : Necht’ P ∩ Q = {θ} a zaroven P + Q nenı direktnı. Existuje tedy x ∈ P + Q takove,ze x = a1 + b1 = a2 + b2, kde a1 6= a2 a a1, a2 ∈ P , b1 6= b2 a b1, b2 ∈ Q. Potom ovsemθ 6= a1 − a2 = b2 − b1, kde a1 − a2 ∈ P a b2 − b1 ∈ Q a v pruniku P ∩Q se tak nachazı i nenulovyvektor a1 − a2, coz je spor.
Veta 28. [1. o dimenzi] Bud’te P,Q ⊂⊂ V , dimP <∞, dimQ <∞. Potom platı:
dim(P +Q) + dim(P ∩Q) = dimP + dimQ,
specialne pro direktnı soucet:
dim(P ⊕Q) = dimP + dimQ.
Veta 29. Necht’ X = (x1, . . . , xn) je baze Vn. Potom ke kazdemu x ∈ Vn existuje prave jednausporadana n-tice (α1, . . . , αn) ∈ Tn takova, ze
Definice 25. Bud’te P a Q dva linearnı prostory nad stejnym telesem T a A : P → Q. ZobrazenıA nazveme linearnı, prave kdyz platı:
1. (∀x, y ∈ P )(A(x+ y) = Ax+Ay ),
2. (∀α ∈ T )(∀x ∈ P )(A(αx) = αAx ).
Mnozinu vsech linearnıch zobrazenı P do Q znacıme L(P,Q).
Definice 26. Linearnı zobrazenı prostoru V do V nazyvame linearnı operator (transformace)na V . Mnozinu vsech linearnıch operatoru na V znacıme kratce L(V ).
Linearnı zobrazenı prostoru V do telesa T nazyvame linearnı funkcional na V . Mnozinu vsechlinearnıch funkcionalu definovanych na V znacıme V # a nazyvame dualnı prostor k prostoru V .Tedy L(V, T ) = V #.
Veta 31. Mnozina L(P,Q) s operacemi zavedenymi vyse je linearnı prostor nad T .Dukaz. Nejprve si uvedomıme, ze mnozina L(P,Q) je neprazdna, nebot’ existuje alepon jednolinearnı zobrazenı P do Q, a to nulove zobrazenı Θ, definovane pro vsechna x ∈ P jako Θx = θQ,kde θQ je nulovy vektor z Q.
Dale vysetrıme uzavrenost mnoziny L(P,Q) vzhledem ke scıtanı zobrazenı a nasobenı zobrazenıcıslem. Bud’te A,B ∈ L(P,Q). S vyuzitım linearity A,B mame
Dukaz. (1)⇒ (2) : Z linearity A platı A(αx+ y) = A(αx) +Ay = αAx+Ay.(2)⇒ (3) : Tvrzenı dokazeme matematickou indukcı. Nejprve ukazeme AθP = θQ. Podle bodu 2.platı A(θP ) = A(−x + x) = −Ax + Ax = θQ, kde jsme vyuzili, ze pro x ∈ P je tez −x ∈ P. Pron = 1, α1 ∈ T a x1 ∈ P dle bodu 2. mame
Necht’ pro n ∈ N, ∀(α1, . . . , αn) ∈ Tn a ∀(x1, . . . xn) ∈ P platı
A
(n∑i=1
αixi
)=
n∑i=1
αiAxi.
Nynı vezmeme libovolne (α1, . . . , αn+1) ∈ Tn a (x1, . . . xn+1) ∈ P . Potom
A
(n+1∑i=1
αixi
)= A
(n∑i=1
αixi + αn+1xn+1
)=
n∑i=1
αiAxi + αn+1Axn+1,
kde jsme vyuzili indukcnıho predpokladu. Posldenı vyraz je roven
n+1∑i=1
αiAxi.
(3)⇒ (1) : Stacı dosadit v 3. n = 2 a α1 = α2 = 1, resp. n = 1.
Veta 33. Necht’ A ∈ L(P,Q) a M ⊂ P . Potom A(〈M〉) = 〈A(M)〉.Dukaz. Necht’ y ∈ A(〈M〉). Potom existuje x ∈ 〈M〉, ze Ax = y. Jelikoz x ∈ 〈M〉, existujıα1, . . . , αn ∈ T a x1, . . . , xn ∈M , ze x =
∑ni=1 αixi. Z linearity A dostavame
y = Ax = A
(n∑i=1
αixi
)=
n∑i=1
αiAxi.
Vektor y je tedy linearnı kombinacı vektoruAx1, . . . Axn, nebo-li y ∈ 〈A(M)〉. Tım mame dokazanouinkluzi A(〈M〉) ⊂ 〈A(M)〉. Opacnou inkluzi dokazeme obdobne prectenım uvedeneho dukazu od-spoda nahoru. (Proved’te jako cvicenı!)
Veta 34. Bud’te P ,Q linearnı prostory nad T a A ∈ L(P,Q). Potom
1. je-li P ⊂⊂ P , pak A(P ) ⊂⊂ Q,
2. je-li Q ⊂⊂ Q, pak A−1(Q) ⊂⊂ P .
Dukaz. Ad 1) Vsimneme si, ze A(P ) 6= ∅, protoze P 6= ∅. Dale A(P ) ⊂ Q. Stacı tedy ukazat, ze(∀α ∈ T )(∀u, v ∈ A(P ))(αu+v ∈ A(P )). Pro libovolne volene u, v ∈ A(P ) musı existovat x, y ∈ P ,ze u = Ax a v = Ay. Potom
αu+ v = αAx+Ay = A(αx+ y).
Protoze αx+ y ∈ P , nebot’ P ⊂⊂ P , platı αu+ v ∈ A(P ).
Ad 2) Opet si vsimneme, ze A−1(Q) 6= ∅, protoze minimalne θ ∈ A−1(Q). Necht’ α ∈ T , x, y ∈A−1(Q). Potom Ax ∈ Q, Ay ∈ Q. Protoze A(αx+y) = αAx+Ay ∈ Q, platı, ze αx+y ∈ A−1(Q).
Definice 27. 1. Linearnı obraz LZ souboru je LZ soubor.
2. Linearnı vzor LN souboru je LN soubor.Dukaz. Ad 1) Necht’ A ∈ L(P,Q), kde P,Q jsou linearnı prostory nad telesem T . Necht’
(x1, . . . , xn) je LZ soubor z P . Tedy existuje (α1, . . . , αn) ∈ Tn, ze∑ni=1 αixi = θP a zaroven
existuje i0 ∈ n, ze αi0 6= 0. Tedy
θQ = A
(n∑i=1
αixi
)=
n∑i=1
αiAxi,
z cehoz plyne, ze (Ax1, . . . , Axn) je LZ.
Ad 2) Pokud by existoval LN soubor z Q, jehoz linearnı vzor by byl LZ, dostali bychom se dosporu s bodem 1.
21
Definice 28. Necht’ A ∈ L(P,Q). Cıslo dimA(P ) nazyvame hodnost zobrazenı A a znacımeh(A). Mnozinu
kerA := {x ∈ P | Ax = ~0}nazyvame jadro zobrazenı A, cıslo dim kerA nazyvame defekt zobrzenı A a znacıme d(A).
Veta 35. Necht’ A ∈ L(P,Q). Potom platı: A je proste ⇔ kerA = {~0}.Dukaz. ” ⇒ ” Vıme, ze A(θP ) = θQ. Protoze A je proste, neexistuje jiny vektor nez θP , ktere by
A zobrazilo na ~0Q. Tedy, kerA = {θP }.
”⇐ ”. Tuto implikaci dokazeme sporem. Predpokladejme, ze kerA = {θP } a soucasne existujıx, y ∈ P , x 6= y a A(x) = A(y). Tedy Ax − Ay = θQ, s vyuzitım linearity A(x − y) = θQ. Toznamena, ze x− y ∈ kerA = {θP }. Ale x− y 6= θP , nebot’ x 6= y, cımz dostavamne spor.
Veta 36. Necht’ A ∈ L(P,Q) je proste. Potom
1. je-li (x1, . . . , xn) LN soubor vektoru z P , je take (Ax1, . . . , Axn) LN,
2. je-li (y1, . . . , yn) LZ soubor vektoru z A(Q), je take soubor vzoru (x1, . . . , xn) LZ, tj. (∀i ∈n)(yi = Axi).
Dukaz. Ad 2) Je-li (y1, . . . , yn) LZ soubor vektoru z Q, existuje i0 ∈ n, ze αi0 6= 0 a zaroven
θQ =
n∑i=1
αiyi =
n∑i=1
αiAxi = A
(n∑i=1
αixi
).
Protoze A je proste,∑ni=1 αixi ∈ kerA = {θP }. A tak je soubor (x1, . . . , xn) LZ.
Ad 1) Kdyby existoval LN soubor, jehoz obraz by byl LZ, dostali bychom se do sporu s 1.
Veta 37. Necht’ P , Q jsou LP nad T . Necht’ (x1, . . . , xn) je baze P a necht’ (y1, . . . , yn) je souborvektoru z Q. Potom existuje prave 1 linearnı zobrazenı A ∈ L(P,Q) takove, ze
(∀i ∈ n)(Axi = yi).
Dukaz. Tvrdıme, ze zobrazenı A lze predepsat jako Ax =∑ni=1 x
#i (x)yi pro vsechna x ∈ P .
Nejprve overıme linearitu
A(αx+ y) =
n∑i=1
x#i (αx+ y)yi =
n∑i=1
(αx#i (x) + x#
i (y))yi
= α
n∑i=1
x#i (x)yi +
n∑i=1
x#i (y)yi = αAx+Ay,
kde jsem vyuzili linearity souradnicoveho funkcionalu x#i . Jednoznacnost dokazeme sporem. Necht’
existuje B ∈ L(P,Q) takove, ze (∀i ∈ n)(Bxi = yi) a pritom B 6= A, tj. (∃a ∈ P )(Ba 6= Aa). Zlinearity ale dostavame
Ba = B
(n∑i=1
x#i (a)xi
)=
n∑i=1
x#i (a)Bxi =
n∑i=1
x#i (a)yi = Aa,
coz je spor.
Veta 38. Necht’ A ∈ L(P,Q), b ∈ Q. Necht’ a ∈ P takove, ze Aa = b, potom platı:
A−1({b}) = a+ kerA.
Dukaz. Dokazeme dve inkluze. Bud’ nejprve x ∈ A−1({b}), tj. Ax = b. Tedy A(x− a) = θ, nebolix− a ∈ kerA, odtud x ∈ a+ kerA. Naopak necht’ x ∈ a+ kerA, tj. ∃z ∈ kerA : x = a+ z. PlatıAx = A(a+ z) = Aa = b, odtud x ∈ A−1({b}).
22
Veta 39. [2. o dimenzi.] Necht’ A ∈ L(P,Q) a dimP <∞. Potom
h(A) + d(A) = dimP.
Dukaz. Pokud je h(A) = 0, pakA(P ) = {θQ}, tj.A = Θ. Tedy kerA = P , a tak d(A) = dim kerA =dimP . Necht’ je tedy h(A) = k ∈ N. Bazi A(P ) znacme (y1, . . . , yk) a jejı vzor (x1, . . . , xk). Podlejedne z predchozıch vet je (x1, . . . , xk) LN. Oznacme P = 〈x1, . . . , xk〉. Ukazeme, ze kerA⊕P = P .Tvrzenı vety potom bude plynout z 1. vety o dimenzi.
Nejprve ukazeme kerA + P = P , direktnost souctu posleze. Protoze inkluze kerA + P ⊂ Pje zrejma, zamerıme se na opacnou inkluzi: Uvazujme libovolny x ∈ P . Chceme najıt rozkladx = p + q, kde p ∈ P a q ∈ kerA. Protoze p ∈ P , musı platit p =
i (Ax). Tım je ovsem rozklad x = p+ q ∈ P + kerAurcen.
Nynı ukazeme, ze P ⊕ kerA = P . Vezmeme x ∈ P ∩ kerA, tj. existujı (β1, . . . , βk) ∈ T k, ze
x =∑ki=1 βixi. Soucasne platı
θ = Ax =
k∑i=1
βiAxi =
k∑i=1
βiyi.
Odtud plyne, ze βi = 0 pro vsechny i ∈ k, nebot’ (y1, . . . , yk) je baze A(P ). Potom je ale x = θ, tj.P ∩ kerA = {θ}.
Definice 29. Linearnı zobrazenı A ∈ L(P,Q) ktere je navıc bijekcı P na Q nazyvame izomo-rismus. Pokud takove zobrazenı existuje z P do Q, rıkame, ze P a Q jsou izomorfnı a pısemeP ∼= Q.
Dusledek 7. Bud’ Vn LP dimenze n nad T . Potom Vn ∼= Tn.
Veta 40. Necht’ A ∈ L(Pn, Qn). Potom A je izomorfismus tehdy a jen tehdy, je-li A proste nebo
”na“.
Dukaz. ”⇒ ” Vyplyva prımo z definice.
”⇐ ” Necht’ A je injektivnı, ukazeme surjektivitu. Bazi Pn oznacme (x1, . . . , xn). Potom
∑ni=1 αiAxi. Protoze A je zobrazenı Pn na Qn, platı
Qn = A(Pn) = 〈Ax1, . . . , Axn〉. Tedy, (Ax1, . . . , Axn) je LN. Proto αi = 0 pro kazde i ∈ n, a takx = θP .
Veta 41. Bud’te P , Q linearnı prostory nad T a necht’ alespon jeden ma konecnou dimenzi. Potom
P ∼= Q ⇔ dimP = dimQ.
Dukaz. ” ⇒ ” Necht’ dimP < ∞. Necht’ je nejprve dimP = 0, coz je ekvivalentnı s P = {θP }.
23
Bud’ A izomorfismus P 7→ Q. Odtud plyne Q = A(P ) = {θQ}, a tedy dimQ = 0. Pokud jedimP = n ∈ N, oznacme (x1, . . . , xn) bazi P . Bud’ A ∈ L(P,Q) izomorfismus. Potom
tj. soubor (Ax1, . . . , Axn) generujeQ. Jedna se navıc o linearne nezavisly soubor, nebot’ (x1, . . . , xn)je LN. Odtud dimQ = n.
” ⇐ ” Necht’ dimP = dimQ = 0. Odtud P = {θP } a Q = {θQ}. Zobrazenı A : P 7→ Qdefinovane jako Aθp = θQ je hledanym izomorfismem. Necht’ dimP = dimQ = n ∈ N. Oznacme(x1, . . . , xn) bazi P a (y1, . . . , yn) bazi Q. Vıme, ze existuje prave jedno zobrazenı A ∈ L(P,Q)takove, ze Axi = yi pro vsechna i ∈ n. Ukazeme, ze toto zobrazenı je izomorfismus.
Predne platı A(P ) = A〈x1, . . . , xn〉 = 〈Ax1, . . . , Axn〉 = Q, tj. zobrazenı je surjektivnı. Dalebud’ x ∈ kerA, tj. Ax = θQ. Existuje (α1, . . . , αn) ∈ Tn, tak ze x =
∑ni=1 αixi. Odtud
θQ = Ax =
n∑i=1
αiAxi =
n∑i=1
αiy.
Soubor (y1, . . . , yn) je ale baze Q, a tak αi = 0 pro vsechny i ∈ n. Neboli x = θP . Dokazali jsmetak kerA = {θP }. Zobrazenı A je tedy injektivnı.
Dusledek 8. Pro P a Q LP nad T , platı implikace:
P ∼= Q ⇒ dimP = dimQ.
Definice 30. Bud’ V LP. Zobrazenı E : V → V definovane vztahem (∀x ∈ V )(Ex = x) nazyvameidenticky operator na V .
Veta 42. Bud’ A ∈ L(V ).
1. Existuje-li B ∈ L(V ) takovy, ze AB = E, pak je A surjektivnı (=na).
2. Existuje-li C ∈ L(V ) takovy, ze CA = E, pak je A injektivnı (=proste).
3. Jsou-li splneny predpoklady bodu 1. a 2., potom je A bijekce a platı
B = C = A−1.
Dukaz.
1. Chceme dokazat, ze (∀y ∈ V )(∃x ∈ V )(y = Ax). Necht’ tedy y ∈ V . Definujme x := By. PakAx = A(By) = (AB)y = Ey = y.
2. Ukazeme, ze kerA = {~0}. Necht’ x ∈ kerA, pak Ax = ~0. Odtud
~0 = C~0 = C(Ax) = (CA)x = Ex = x.
3. A proste i “na”, a tedy bijekce. Dale mame
A−1 = A−1E = A−1(AB) = (A−1A)B = EB = B.
Rovnost C = A−1 ukazeme obdobne.
Veta 43. Necht’ X = (x1, . . . , xn) je baze Vn. Potom soubor X# = (x#1 , . . . , x
#n ) je bazı dualnıho
prostoru X#, tedy dimV #n = n. Dale pro souradnice libovolneho ϕ ∈ V #
n platı
ϕ =
n∑i=1
ϕ(xi)x#i .
24
Dukaz. Nejprve ukazeme, ze X# je LN. Uvazujme∑ni=1 αix
#i = θ. Tedy pro vsechny x ∈ Vn platı∑n
i=1 αix#i (x) = θ. Specialne pro xj ∈ X mame
∑ni=1 αix
#i (xj) = θ pro vsechny j ∈ n. Protoze
x#i (xj) = δij , plyne odtud, ze αi = 0 pro vsechny i ∈ n.
Nynı ukazeme, ze 〈X#〉 = V #n . Inkluze 〈x#
1 , . . . , x#n 〉 ⊆ V #
n je zrejma. Opacnou inkluzidokazeme konstruktivne. Mejtme x ∈ Vn, ϕ ∈ V #
n libovolne. Pak
ϕ(x) = ϕ
(n∑i=1
x#i (x)xi
)=
n∑i=1
x#i (x)ϕ(xi) =
(n∑i=1
ϕ(xi)x#i
)(x).
Musı proto platit rovnost zobrazenı ϕ =∑ni=1 ϕ(xi)x
#i , odtud ϕ ∈ 〈x#
1 , . . . x#n 〉.
25
7 Matice a jejı hodnost
Definice 31. Uvazujme matici A ∈ Tm,n. Rekneme, ze matice B ∈ Tm,n vznikla konecnympoctem radkovych uprav Gaussovy eliminacnı metody, pokud B vznikla z A aplikacı konecneposloupnosti nasledujıcıch kroku:
1. prohozenı i-teho a j-teho radku,
2. vynasobenı i-teho radku nenulovym cıslem z telesa T ,
3. prictenım i-teho radku k j-temu.
Znacıme A ∼ B.
Veta 44. Necht’ A,B ∈ Tm,n a A ∼ B, potom
〈A1,•, . . . , Am,•〉 = 〈B1,•, . . . , Bm,•〉.
Dukaz. Stacı si rozmyslet, ze jednotlive kroky 1.,2. a 3. GEM nemenı linearnı obal radku matice.
Definice 32. Rekneme, ze matice B ∈ Tm,n je v hornım stupnovitem tvaru, prave kdyz∃` ∈ m a prirozena cısla 1 ≤ k1 < · · · < k` ≤ n tak, ze platı
Veta 45. Kazdou nenulovou matici A ∈ Tm,n lze radkovymi upravami Gaussovy eliminacnımetody prevest na matici B v hornım stupnovitem tvaru.
Definice 33. Necht’ A ∈ Tm,n. Hodnostı matice A nazyvame dimenzi linearnıho obalu souboruradku matice A (jako vektoru z T 1,n) a znacıme h(A). Tedy platı:
h(A) = dim〈A1,•, . . . , Am,•〉.
Veta 46. Bud’te A,B ∈ Tm,n. Je-li A ∼ B, potom h(A) = h(B).Dukaz. Tvrzenı plyne z toho ze GEM zachovava linearnı obal radku matice.
Definice 34. Necht’ A ∈ Tm,n. Matici AT ∈ Tn,m, kde
(∀i ∈ m)(∀j ∈ n)( (AT )ij = Aji ),
nazveme maticı transponovanou k A.
Veta 47. Necht’ A ∈ Tm,n. Potomh(A) = h(AT ).
Dukaz. Je-li A = Θ, potom i AT = Θ a vzorecek platı.Bud’ A 6= Θ, potom h(A) = k ∈ m, a tedy existujı navzajem ruzne indexy i1, . . . , ik ∈ m
takove, ze soubor radku s temito indexy (Ai1,•, . . . ,Aik,•) je LN. Oznacme A ∈ T k,n matici sradky Ai1,•, . . . ,Aik,•. Z definice LN mame
k∑j=1
βjAij ,• = ~0 ⇔ β1 = · · · = βk = 0.
26
Nalevo je soustava rovnic
Ai1,1β1 + · · ·+ Aik,1βk = 0
Ai1,2β1 + · · ·+ Aik,2βk = 0
...
Ai1,nβ1 + · · ·+ Aik,nβk = 0
pro nezname β1, . . . , βk s maticı AT . Oznacme X ∈ Tn,k matici v hornım schodovitem tvaru,ktera vznikne z AT radkovymi upravami GEM. Aby soustava mela pouze trivialnı resenı musı bytvsechny sloupce matice X hlavnı. Tato matice ma tedy k nenulovych radku a pak n − k radkunulovych. Proto h(X) = k.
Jelikoz X ∼ AT , je take h(AT ) = k. Matice AT ma ve sloupcıch vektory Ai1,•, . . . ,Aik,•.Doplnıme-li ji zapsanım ostatnıch radku z matice A do prıslusnych sloupcu, zıskame celou maticiAT . Hodnost AT ale nemuze byt mensı nez hodnost AT (rozmyslete si). Tedy
h(AT ) ≥ h(AT ) = k = h(A).
Z rovnosti A = (AT )T , pak dostavame i druhou nerovnost h(AT ) ≤ h(A). Celkem tedy h(AT ) =h(A).
Dusledek 9. Necht’ A ∈ Tm,n. Potom
h(A) ≤ min(m,n).
27
8 Nasobenı matice a inverznı matice
Definice 35. Bud’te m,n, p ∈ N, A ∈ Tm,n a B ∈ Tn,p. Matici C ∈ Tm,p definovanou
(∀i ∈ m)(∀j ∈ p)
(Cij =
n∑k=1
AikBkj
)nazyvame soucinem matic A a B a znacıme C = AB.
Veta 48. V nasledujıcıch tvrzenıch jsou rozmery matic A, B a C vzdy takove, aby obsazenevyrazy mely smysl. Platı:
1. A(BC) = (AB)C (asociativnı zakon)
2. A(B + C) = AB + AC (distributivnı zakon)
3. (A + B)C = AC + BC (distributivnı zakon)
4. α(AB) = (αA)B = A(αB)
5. (AB)T = BTAT
Dukaz. Ukazeme, jen prvnı a poslednı vlastnost. Ostatnı se ukaze obdobne (proved’te jako cvicenı).
a) V nasledujıcıch rovnostech pouzıvame jen definici maticoveho nasobenı.
[A(BC)]ij =∑k
Aik(BC)kj =∑k
Aik∑`
Bk`C`j =∑k
∑`
AikBk`C`j
=∑`
∑k
AikBk`C`j =∑`
(∑k
AikBk`
)C`j =
∑`
(AB)i`C`j
= [(AB)C]ij .
Protoze jsme i, j volili libovolne, kazdy ij-ty prvek matice A(BC) je roven ij-temu prvkumatice (AB)C. Tedy A(BC) = (AB)C.
b) Podobne mame
[(AB)T ]ij = (AB)ji =∑k
AjkBki =∑k
BkiAjk =∑k
(BT )ik(AT )kj
= (BTAT )ij .
Definice 36. Matici A ∈ Tn,n nazyvame ctvercovou maticı radu n. Matici E ∈ Tn,n, kdeEij = δij , nazyvame jednotkovou maticı n-teho radu.
Definice 37. Bud’ A ∈ Tn,n. Existuje-li matice B ∈ Tn,n takova, ze platı
AB = BA = E,
nazyvame matici A regularnı a B inverznı maticı k matici A. Znacıme B = A−1. Pokud A nenıregularnı, nazyvame matici A singularnı.
Veta 49. Je-li A ∈ Tn,n regularnı, potom je inverznı matice k A urcena jednoznacne.Dukaz. Predpokladejme, ze existujı dve matice B1,B2 ∈ Tn,n takove, ze
AB1 = B1A = E a AB2 = B2A = E.
Ukazeme, ze z toho jiz vyplyva, ze B1 = B2.S pouzitım asociativnıho zakona pro maticove nasobenı dostavame
B1 = B1E = B1 (AB2)︸ ︷︷ ︸=E
= (B1A)︸ ︷︷ ︸=E
B2 = EB2 = B2.
28
Veta 50. Necht’ A,B ∈ Tn,n jsou regularnı, potom AB je regularnı a platı
(AB)−1 = B−1A−1.
Dukaz. Protoze(AB)(B−1A−1) = A(BB−1)A−1 = AA−1 = E
a analogicky(B−1A−1)(AB) = B−1(A−1A)B = B−1B = E,
je podle definice matice AB regularnı a platı (AB)−1 = B−1A−1.
Veta 51. Bud’ A ∈ Tn,n. Existuje-li B ∈ Tn,n takova, ze platı AB = E nebo BA = E, potom jeA regularnı a B = A−1.Dukaz. K libovolne matici A ∈ Tn,n definujme zobrazenı A : Tn → Tn predpisem
(∀x ∈ Tn)(Ax := A · x),
kde x uvazuji sloupcovy vektor z Tn (nasobenı A · x tedy ma smysl). Vsimnete si (cvicenı), zeA ∈ L(Tn) a
A = B ⇔ A = B.
Navıc matici AB odpovıda slozene zobrazenı AB, nebot’ pro lib. x ∈ Tn je
(AB)x = A(Bx) = A(Bx) = (AB)x
a matici E odpovıda identicke zobrazenı E na Tn. Nynı lze pristoupit k samotnemu dukazu vety.
a) Necht’ existuje B ∈ Tn,n takova, ze platı AB = E. Odtud mame AB = E. Protoze jedimTn <∞, ukazali jsme si v kapitole o linearnıch zobrazenı, ze z rovnosti AB = E plyne,ze A je bijekce a pro jeho inverzi platı A−1 = B. Tedy take BA = E, coz pro odpovıdajıcımatice dava druhou rovnost BA = E. Mame tedy obe rovnosti: AB = BA = E.
b) Predpokladame-li, ze existuje B ∈ Tn,n takova, ze BA = E, dostaneme postupem analo-gickym tomu z casti a), ze i AB = E.
Dusledek 10. Necht’ A,B ∈ Tm,n a A ∼ B. Potom ∃P ∈ Tm,m regularnı takova, ze B = PA.Dukaz. Matice B vznikla z A konecnou posloupnostı elementarnıch kroku (1.,2.,3.) GEM, ktere lzerealizovat vynasobenım matice A zleva po rade regularnımi maticemi P1, . . . ,Pn ∈ Tm,m. TedyB = P1 . . .PnA. Protoze soucin regularnıch matic je regularnı matice, polozıme P := P1 . . .Pn adostaneme tvrzenı vety.
Veta 52. Bud’ A ∈ Tn,n. Nasledujıcı tvrzenı jsou ekvivalentnı.
1. A je regularnı.
2. Soubor radku matice A je LN.
3. h(A) = n.
4. A ∼ E.
5. detA 6= 0 (dokazeme v kapitole o determinantech).
Dukaz. Dokazeme retezec implikacı.1) ⇒ 2): Podıvejme se na linearnı kombinaci radku A davajıcı nulovy vektor:
n∑i=1
βiAi,,• = ~0. (8)
29
Ukazeme, ze z toho vyplyva, β1 = · · · = βn = 0. Rovnici (8) muzeme prepsat maticove takto
b · A = ~0,
kde b = (β1, . . . , βn) (overte). Protoze predpokladame, ze A je regularnı, muzeme obe stranyposlednı rovnosti vynasobit maticı A−1 zprava. Dostaneme b = ~0, a tedy β1 = · · · = βn = 0.Proto je soubor radku (A1,•, . . . ,An,•) LN.2) ⇒ 3): Vyplyva ihned z definice hodnosti matice.3)⇒ 4): Pomocı GEM preved’me A na matici X v hornım stupnovitem tvaru, tedy A ∼ X. Protozepredpokladame, ze h(A) = n, matice X ∈ Tn,n nema zadny radek nulovy (jinak by h(A) < n).Proto nutne (∀i ∈ n)(Xii 6= 0). Potom lze zpetnym chodem GEM prevest X na E. Celkem tedymame
A ∼ X ∼ E.
4) ⇒ 1): Protoze A ∼ E vıme, ze ∃P ∈ Tn,n regularnı tak, ze A = PE = P. Tedy A je regularnı.
Veta 53. Necht’ A,B ∈ Tm,n. Existuje-li P ∈ Tm,m regularnı takova, ze B = PA, potom A ∼ B.Dukaz. Matice P je regularnı, proto P ∼ E. Necht’ tuto eliminaci realizuje regularnı matice Q, tedyQP = E. Aplikujeme-li stejne kroky GEM jako pri eliminaci P ∼ E na matici B dostaneme maticiA, protoze
QB = QPA = EA = A.
Tedy A ∼ B.
Dusledek 11. Nasobenım regularnı maticı se hodnost nezmenı. Tzn., je-li A ∈ Tm,n a P ∈ Tm,mregularnı, potom platı
h(A) = h(PA).
Dukaz. Vıme, ze A ∼ PA. Nynı stacı vyuzıt toho, ze GEM nemenı hodnost matice.
Veta 54. Necht’ A ∈ Tm,n a B ∈ Tn,p. Potom platı:
h(AB) ≤ min(h(A), h(B)).
Dukaz. Necht’ h(A) = k. Potom A ∼ X, X je v hornım stupnovitem tvaru. Dale ∃Q ∈ Tm,m
regularnı tak, ze A = QX. S vyuzitım predchozıho dusledku dostavame:
h(AB) = h(QXB) = h(XB).
Protoze pocet nenulovych radku X je k (h(A) = k), je i pocet nenulovych radku matice XB mensınebo roven k. Proto h(XB) ≤ k a celkem mame
h(AB) ≤ h(A). (9)
Dale protoze platı (AB)T = BTAT a h(A) = h(AT ) dostavame s vyuzitım jiz dokazane nerov-nosti (9)
h(AB) = h((AB)T ) = h(BTAT ) ≤ h(BT ) = h(B).
Obe nerovnosti h(AB) ≤ h(A) a h(AB) ≤ h(B) musı tedy platit soucasne. Odtud plyne tvrzenıvety.
30
9 Determinant matice
Definice 38. Bud’ n ∈ N. Kazde zobrazenı π : n → n, ktere je bijekcı, nazyvame permutacımnoziny n. Mnozinu vsech permutacı mnoziny n znacıme Sn.
i, j ∈ n, nazyvame inverzı v permutaci π. Cıslo (−1)Iπ , kde Iπ je pocet inverzı v π, nazyvameznamenko (signum) permutace π, znacıme sgnπ. Je-li sgnπ = 1, resp. −1, rıkame, ze π jepermutace suda, resp. licha.
Definice 40. Necht’ n ∈ N a i, j ∈ n, i 6= j. Permutaci τij ∈ Sn, kde
1. τij(j) = i,
2. τij(i) = j,
3. τij(k) = k, pro k 6= i, j,
nazyvame transpozicı cısel i a j.
Veta 55. Necht’ π, τ ∈ Sn a τ je transpozice (nejakych dvou cısel z n). Potom platı:
sgn(τ ◦ π) = − sgnπ.
Dukaz. Permutace τ ◦ π se lisı od π pouze prohozenım nejakych dvou prvku k, l ∈ n. Je trebasi rozmyslet, jak se zmenı pocet inverzı po prohozenı dvou prvku. Ukazeme, ze se zmenı o lichypocet inverzı. Rekneme, ze permutace ma po prohozenı prvku k, l nasledujıcı tvar:
Diskutujme, jak se zmenil pocet inverzı. Uvazujme vsechny mozne prıpady inverzı mezi prvky i aj (tzn. i > j a i je pred j):
• Inverze mezi prvky i a j, kde ani i ani j se nerovna k a l, zustavajı nezmeneny.
• Inverze mezi prvky i a j, kde i je vlevo od k i l a j je rovno k nebo l, zustavajı nezmeneny.
• Inverze mezi prvky i a j, kde j je vpravo od k i l a i je rovno k nebo l, zustavajı nezmeneny.
• Inverze mezi prvky i a j, kde jeden z techto prvku je roven k nebo l a druhy je mezi nimi,bud’ po dvou vznikajı, po dvou zanikajı, nebo se nemenı (nacrtnete si vsechny ctyri situace).
Tedy pocet inverzı vzniklych nebo zaniklych je celkem sudy. Poslednı inverze, ktera vznikne nebozanikne je v samotnem prohozenı prvku k a l.
Veta 56. Necht’ π1, π2 ∈ Sn, potom platı:
sgn(π1 ◦ π2) = sgnπ1 · sgnπ2.
Definice 41. Bud’ A ∈ Tn,n se slozkami Aij = ai,j . Determinant matice A je cıslo definovanevztahem
detA =∑π∈Sn
sgnπa1,π(1)a2,π(2) . . . an,π(n).
Veta 57. Necht’ A ∈ Tn,n.
31
1. Bud’ A matice A s prohozenym i-tym a j-tym radkem, potom
Dusledek 12. Ma-li matice A ∈ Tn,n dva stejne radky, je detA = 0.Dukaz. Je-li i-ty a j-ty radek matice A stejny, pro matice A a A z predchozı vety platı: A = A, atedy detA = −detA. Z toho plyne, ze detA = 0.
Veta 58. [2. cast - 2. a 3. uprava GEM]
2. Bud’ A matice A s i-tym radkem vynasobenym cıslem α ∈ T , potom
det A = α detA.
3. Bud’ A matice A, kde pouze na j-tem radku je Ai,• + Aj,•, potom
Nynı vyuzijeme, ze kazda permutace π ma permutaci inverznı π−1 (je to bijekce). Tedy π(i) =j ⇔ i = π−1(j) a cinitele v soucinu
aπ(1),1aπ(2),2 . . . aπ(n),n
lze preusporadat podle radkoveho indexu
a1,π−1(1)a2,π−1(2) . . . an,π−1(n).
33
Potom dostavamedetAT =
∑π∈Sn
sgnπ a1,π−1(1)a2,π−1(2) . . . an,π−1(n).
Protoze {π−1 | π ∈ Sn} = Sn a sgnπ = sgn(π−1) (cvicenı), muzeme poslednı rovnost zapsatnasledovne
detAT =∑
π−1∈Sn
sgn(π−1) a1,π−1(1)a2,π−1(2) . . . an,π−1(n).
Nynı stacı oznacit σ = π−1 v poslednım vyrazu a vidıme, ze je roven detA.
Dusledek 14. Determinant jako funkce sloupcu je linearnı.
Veta 61. Matice A ∈ Tn,n je regularnı prave tehdy, kdyz detA 6= 0.Dukaz. Vıme, ze A je regularnı prave tehdy, kdyz A ∼ E. Nynı si stacı uvedomit, ze jednotlivekroky GEM nemenı (ne)nulovost determinantu.
Veta 62. Necht’ A,B ∈ Tn,n. Potom platı:
det(AB) = detA · detB.
Dukaz. Nejprve si uvedomte, ze lze A prevest radkovymi upravami GEM na hornı trojuhelnıkovoumatici X1, aniz by se zmenil determinant, tj. detA = detX1. Skutecne, pouzijeme-li nekde 1.upravu, korigujeme zmenene znamenko tak, ze nejaky radek vynasobıme cıslem −1. Samotnou2. upravu vubec pri eliminaci pouzıt nemusıme a 3. uprava determinant nemenı. Existuje tedy Pregularnı takova, ze PA = X1.
Podobne lze B prevest sloupcovymi upravami GEM na matici X2, aniz by se zmenil determinant,tj. detB = detX2. Existuje tedy Q regularnı takova, ze BQ = X2.
Aplikujeme-li uvedene radkove a sloupcove upravy na matici AB (reprezentovane maticemiP a Q), take se determinant matice AB nezmenı a navıc vysledna matice je opet v hornımtrojuhelnıkovem tvaru, nebot’
P(AB)Q = X1X2
a soucin dvou hornıch trojuhelnıkovych je hornı trojuhelnıkova matice (overte).Tvrzenı vety pro matice X1 a X2 platı, protoze
det(X1X2) =
n∏i=1
(X1X2)i,i =
n∏i=1
(X1)i,i(X2)i,i = detX1 detX2.
S vyuzitım vsech zmınenych faktu nakonec mame
det(AB) = det(X1X2) = detX1 detX2 = detA detB.
Dusledek 15. Bud’ A ∈ Tn,n regularnı. Potom
detA−1 =1
detA.
Dukaz. Stacı na obe strany rovnostiA−1A = E
aplikovat determinant, pouzıt predchozı vetu a identitu detE = 1. Potom dostaneme
detA−1 · detA = 1
a odtud plyne tvrzenı vety.
34
Veta 63. Necht’ π1, π2 ∈ Sn, potom platı:
sgn(π1 ◦ π2) = sgnπ1 · sgnπ2.
Dukaz. Pouze strucne (detaily cvicenı).Pro π ∈ Sn definujme A(π) ∈ Tn,n takto
(∀i, j ∈ n)( A(π)ij = δπ(i),j ).
Ukazeme, ze platı
detA(π) = sgnπ a take A(π1)A(π2) = A(π2 ◦ π1).
Tvrzenı potom plyne z rovnosti
detA(π1 ◦ π2) = detA(π1) detA(π2).
Definice 42. Necht’ A ∈ Tn,n, n ≥ 2, A = (aij), k, l ∈ n. Necht’ A(k, l) ∈ Tn−1,n−1 je matice,ktera vznikne z A vynechanım k-teho radku a l-teho sloupce. Cıslo
(−1)k+l detA(k, l)
nazyvame algebraicky doplnek prvku akl.
Veta 64. [O rozvoji determinantu podle k-teho sloupce] Necht’ A ∈ Tn,n, n ≥ 2 a necht’ A = (aij),k ∈ n. Potom platı:
detA =
n∑i=1
(−1)i+kaik detA(i, k).
Dukaz. Nejprve si vetu dokazeme pro velice specialnı matice, ktere majı v jednom sloupci n − 1nulovych prvku.
Lemma 2. Necht’ A ∈ Tn,n, n ≥ 2, A = (aij), k, l ∈ n a ∀i ∈ n \ {l} platı aik = 0. Potom
detA = (−1)k+lalk detA(l, k).
Dukaz Lemma.
1. Necht’ k = l = n. Tedy matice A ma v poslednım sloupci nulove vsechny prvky s jedinoumoznou vyjimkou prvku ann. Potom
detA =∑π∈Sn
sgnπ a1,π(1) . . . an,π(n)
V sume napravo jsou vsechny scıtance, pro ktere n 6= π(n), nulove. Tedy
detA =∑
π∈Sn, π(n)=n
sgnπ a1,π(1) . . . an,π(n)
= ann∑
π∈Sn−1
sgnπ a1,π(1) . . . an−1,π(n−1) = ann detA(n, n).
2. Necht’ neplatı podmınka 1. Tento prıpad prevedeme na prıpad 1. Oznacme A matici kteravznikne z matice A tak, ze k-ty sloupec presuneme na n-tou pozici postupnym vymenovanıms nasledujıcım sloupcem, potom stejnym zpusobem presuneme l-ty radek na n-tou pozici.Provedeme celkem (n− k) + (n− l) vymen, proto
detA = (−1)2n−k−l det A.
35
Matice A uz vyhovuje podmınce 1. a odsud vıme, ze platı
det A = ann det A(n, n) = alk detA(l, k).
Celkem tedydetA = (−1)k+lalk detA(l, k).
Dukaz vety. Definujme matici iAk ktera vznikne z matice A tak, ze v k-tem sloupci na i-temnechame prvek aik, ale ostatnı prvky k-teho slouce jsou nuly. Potom k-ty sloupec A je souctemk-tych sloupcu matic iAk, i ∈ n.
Vyuzejeme-li dokazaneho Lemma a toho, ze determinant je linearnı funkce sloupcu, dostaneme
detA =
n∑i=1
det iAk =
n∑i=1
(−1)i+kaik det iAk(i, k) =
n∑i=1
(−1)i+kaik detA(i, k).
Definice 43. Necht’ A ∈ Tn,n, n ≥ 2. Matici Aadj ∈ Tn,n, kde
Aadjij = (−1)i+j detA(j, i),
nazyvame maticı adjugovanou k matici A.
Veta 65. Necht’ A ∈ Tn,n, n ≥ 2. Potom platı:
AAadj = detA · E.
Dukaz.
(AAadj)ij =
n∑k=1
AikAadjkj =
n∑k=1
Aik(−1)k+j detA(j, k).
Poslednı vyraz je pro i = j roven detA podle Vety o rozvoji podle i-teho radku. Pokud i 6= j,je poslednı vyraz nulovy, nebot’ se rovna determinantu matice se stejnym i-tym a j-tym radkem(opet z Vety o rozvoji podle j-teho radku).
Celkem tedy mame(AAadj)ij = detA · δij ,
odkud plyne tvrzenı vety.
Dusledek 16. Necht’ A ∈ Tn,n, n ≥ 2, je regularnı. Potom platı:
A−1 =1
detA· Aadj .
36
10 Soustavy linearnıch rovnic
Definice 44. Necht’ A ∈ Tm,n a b ∈ Tm,1, kde
A =
α11 . . . α1n
......
αm1 . . . αmn
, b =
β1
...βm
.
System rovnic
α11x1 + · · ·+ α1nxn = β1
...
αm1x1 + · · ·+ αmnxn = βm
nazyvame soustavou m linearnıch rovnic o n neznamych x1, . . . , xn.
Definice 45. [Pokracovanı.] Oznacme
x =
x1
...xn
∈ Tn,1,system rovnic lze pak zapsat maticove podle pravidel maticoveho nasobenı:
Ax = b.
Matici A nazyvame maticı soustavy, vektor b vektorem pravych stran a vektor x vek-torem neznamych. Matici
(A | b) ∈ Tm,n+1,
ktera vznikne pridanım sloupce b za matici A, nazyvame rozsırenou maticı soustavy.Je-li b = ~0, nazyvame soustavu homogennı, jinak nehomogennı.
Veta 66. [Frobeniova.]
1. Soustava m linearnıch rovnic pro n neznamych Ax = b je resitelna, tj. S 6= ∅, prave kdyz
h(A) = h(A | b).
2. Je-li h(A) = h, ma soustava Ax = ~0 prave n− h linearne nezavislych resenı, tj.
S0 =
{{0}, pokud n = h,
〈x1, . . . , xn−h〉, pokud h < n.
Je-li navıc h(A | b) = h, pakS = x+ S0,
kde x je tzv. partikularnı resenı: Ax = b.
Dukaz.
1. (⇒): Necht’ y = (y1, . . . , yn)T je resenım soustavy Ax = b. Potom
n∑j=1
yjA•,j = b,
37
odkudb ∈ 〈A•,1, . . . ,A•,n〉
a tedy〈A•,1, . . . ,A•,n〉 = 〈A•,1, . . . ,A•,n,b〉
a rovnost musı platit i pro dimenze. Proto h(A) = h(A | b).(⇐): Necht’ h(A) = h(A | b). Protoze
〈A•,1, . . . ,A•,n〉 ⊂⊂ 〈A•,1, . . . ,A•,n,b〉
a pritom se majı rovnat dimenze obou podprostoru, musı (viz veta v kap. Baze a dimenze)
〈A•,1, . . . ,A•,n〉 = 〈A•,1, . . . ,A•,n,b〉.
Specialneb ∈ 〈A•,1, . . . ,A•,n〉,
a proto ∃y1, . . . , yn ∈ T tak, ze
b =
n∑j=1
yjA•,j ,
neboli Ay = b, kde y = (y1, . . . , yn)T . Soustava Ax = b tedy ma resenı y ∈ S.
2. K matici A ∈ Tm,n definujme zobrazenı A : Tn,1 → Tm,1 predpisem
(∀x ∈ Tn,1)(Ax := A · x),
Potom A ∈ L(Tn,1, Tm,1) (overte) a
Ax = b⇔ Ax = b.
• Mnozina S0 je jadro kerA a pro dimenzi S0 proto z 2. vety o dimenzi platı
dimS0 = d(A) = n− h(A) = n− h(A) = n− h.
Pouzili jsme h(A) = h(A). To skutecne platı, nebot’
• V kap. o linearnıch zobrazenıch jsem meli vetu o tvaru mnoziny resenı ulohy Ax = b sobecnym linearnım zobrazenım A. Tato mnozina je x+ kerA, kde Ax = b. Vezmeme-liza A linearnı zobrazenı definovane maticı A dostaneme, ze mnozina resenı S je rovna
x+ kerA = x+ S0,
kde x je partikularnı resenı, tj. Ax = Ax = b.
Veta 67. Bud’te A,C ∈ Tm,n a b,d ∈ T 1,m. Je-li
(A | b) ∼ (C | d),
potom je mnozina resenı soustavy Ax = b shodna s mnozinou resenı soustavy Cx = d.Dukaz. Bud’ x ∈ Tn,1 takove, ze Ax = b. Protoze (A | b) ∼ (C | d), ∃P ∈ Tm,m regularnı takova,ze
A = PC a b = Pd.Potom
PCx = Ax = b = Pd.Vynasobenım leve a prave strany maticı P−1 zleva dostaneme Cx = d. Tedy je-li x resenımAx = b, potom je x resenım Cx = d. Opacna implikace vyplyva ze symetrie relace ∼.
38
Veta 68. [Cramerovo pravidlo.] Necht’ A ∈ Tn,n je regularnı a b ∈ Tn,1. Potom soustava Ax = b
ma prave jedno resenı a pro jeho slozky platı:
xi =∆i
detA,
kde ∆i je determinant matice, ktera vznikne z matice A nahrazenım i-teho sloupce sloupcem b.Dukaz. Resenı Ax = b je jedine, nebot’ h(A) = n a podle Frobeniovy vety je dimS0 = n−h(A) = 0.Mnozina S tedy obsahuje pouze partikularnı resenı x = A−1b. K dukazu vzorce z vety pouzijemevyjadrenı A−1 pomocı adjungovane matice:
xi = (A−1b)i =1
detA(Aadjb)i =
1
detA
n∑j=1
Aadjij bj
=1
detA
n∑j=1
(−1)i+jbj detA(j, i)
Nynı si stacı uvedomit, zen∑j=1
(−1)i+jbj detA(j, i) = ∆i,
coz plyne z vety o rozvoji podle i-teho sloupce aplikovane na matici, ktera vznikne z matice Anahrazenım i-teho sloupce sloupcem b.
39
11 Linearnı variety
Definice 46. Neprazdnou mnozinu W ⊂ V nazveme linearnı varietou, existuje-li a ∈ W aP ⊂⊂ V takovy, ze
W = a+ P.
Podprostor P nazyvame zamerenım variety W a znacıme Z(W ). Cıslo dimZ(W ), resp. n −dimZ(W ), nazyvame dimenzı, resp. kodimenzı variety W . Kazdy nenulovy vektor z Z(W )nazyvame smerovym vektorem variety W . Kazdy vektor a takovy, ze W = a + Z(W ),nazyvame vektorem posunutı variety W .
Veta 69. 1. Bud’ W linearnı varieta, potom (∀a ∈W )(W = a+ Z(W )).
2. Zamerenı linearnı variety je urceno jednoznacne.Dukaz.
1. Necht’ W = a + Z(W ). Pro libovolne b ∈ W existuje x ∈ W tak, ze b = a + x. Odkuddostavame, ze b− a ∈ Z(W ). Protoze je Z(W ) podprostor platı
(b− a) + Z(W ) = Z(W ).
Pro libovolne b ∈W tedy dostavame
W = a+ Z(W ) = b+ (a− b) + Z(W ) = b+ Z(W ).
2. Existujı-li dva podprostory P,Q ⊂⊂ V takove, ze
W = a+ P = a+Q,
dostaneme ihned z poslednı rovnosti, ze P = Q.
Definice 47. • Varietu o dimenzi 0 nazyvame bod.
• Varietu o dimenzi 1 nazyvame prımka.
• Varietu o dimenzi 2 nazyvame rovina.
• Varietu o kodimenzi 1 nazyvame nadrovina.
Definice 48. Rovnici
u = a+
k∑i=1
αiai
nazyvame smerovou rovnicı variety W . Rozepıseme-li smerovou rovnici po souradnicıch vezvolene bazi V , dostaneme parametricke rovnice variety W ve zvolene bazi.
Veta 70. Necht’ ϕ ∈ V #, ϕ 6= 0 a β ∈ T . Potom mnozina
{x ∈ V | ϕ(x) = β}
je nadrovina ve V .Dukaz. Protoze je ϕ linearnı, je ϕ(V ) ⊂⊂ T . Dal protoze dimT = 1, musı bud’ ϕ(V ) = {0}, neboϕ(V ) = T . Prvnı moznost ale nastat nemuze, to by byl spor s predpokladem ϕ 6= 0. Tedy platıϕ(V ) = T . Potom musı existovat x0 ∈ V takove, ze ϕ(x0) = β. Podle vety o tvaru mnoziny resenıulohy Ax = b (kde nynı mame A = ϕ a b = β) platı
{x ∈ V | ϕ(x) = β} ≡ ϕ−1(β) = x0 + kerϕ.
Tedy mnozina {x ∈ V | ϕ(x) = β} je linearnı varieta, nebot’ jadro je vzdy podprostor. Aby to bylanavıc nadrovina, stacı ukazat, ze dim kerϕ = n− 1. To ale plyne ihned z 2. vety o dimenzi:
Veta 71. Necht’ W je linearnı varieta ve V o kodimenzi k ∈ N. Potom existuje LN souborlinearnıch funkcionalu z V # (ϕ1, . . . , ϕk) a k-tice (β1, . . . , βk) ∈ T k tak, ze platı
W = {x ∈ V | (∀i ∈ k)(ϕi(x) = βi)}.
Definice 49. S oznacenım jako v predchozı vete nazyvame rovnice
ϕ1(x) = β1
...
ϕk(x) = βk
vektorove rovnice variety W . Rozepıseme-li vektorove rovnice ve zvolene bazi V a k nı dualnıbazi V #, dostaneme neparametricke rovnice variety W .
Definice 50. Necht’ W1, W2 jsou linearnı variety ve V . Rıkame, ze W1 a W2 jsou
• rovnobezne ⇔ (Z(W1) ⊂ Z(W2)) ∨ (Z(W2) ⊂ Z(W1)),
• mimobezne ⇔ nejsou rovnobezne a W1 ∩W2 = ∅,
• ruznobezne ⇔ nejsou rovnobezne a W1 ∩W2 6= ∅.
Veta 72. Necht’ W1, W2 jsou linearnı variety ve V , α, β ∈ T \ {0}. Potom αW1 + βW2 je takelinearnı varieta ve V , pro jejız zamerenı platı:
Z(αW1 + βW2) = Z(W1) + Z(W2).
Dukaz. Necht’ W1 = a+ Z(W1) a W2 = b+ Z(W2). Potom
Veta 75. Pro kazde A ∈ L(Tm, Tn) existuje jedina matice A ∈ Tn,m takova, ze platı
(∀x ∈ Tm)(Ax = A · x).
Dukaz. Existence: Matici A ∈ Tn,m definujeme nasledovne
(∀i ∈ n)(∀j ∈ m)(Aij := e#i (Aej)).
Tedy matice A ma v j-tem sloupci souradnice vektoru Aej ve standardnı bazi.Spocıtejme nynı i-tou slozku vektoru (A · x)i, pro lib. x ∈ Tm. Pripomenme, ze j-tou slozku
xj vektoru x lze zapsat jako e#j (x). Mame
(A · x)i =
m∑j=1
Aijxj =
m∑j=1
e#i (Aej)e
#j (x).
Protoze souradnicovy funkcional e#i je linearnı, muzeme poslednı vyraz zapsat jako
e#i
m∑j=1
e#j (x)Aej
,
A je rovnez linearnı proto se upravovany vyraz dal rovna
e#i
A m∑j=1
e#j (x)ej
.
Protoze
x =
m∑j=1
e#j (x)ej ,
dostavame celkem(A · x)i = e#
i (Ax) = (Ax)i,
pro ∀i ∈ n.Jednoznacnost: Necht’ existujı A,B ∈ Tn,m takove, ze
Ax = A · x = B · x, ∀x ∈ Tm.
Specialne polozıme-li x = ei, dostaneme z poslednı rovnosti
Aei = Bei, ∀i ∈ n.
Vektor Aei, resp. Bei, je i-ty sloupec matice A, resp. B. Tedy matice A a B majı stejne vsechnyslupce, proto A = B.
43
Definice 51. Necht’ A ∈ L(Pm, Qn). Matici XAY ∈ Tn,m, jejız prvky definujeme
(∀i ∈ n)(∀j ∈ m)(XAYij := y#i (Axj)),
nazveme maticı zobrazenı A v bazıch X , Y. Pro A ∈ L(Pm) strucne XA ≡ XAX .
Veta 76. Necht’ A,B ∈ L(Pm, Qn), α ∈ T . Potom platı
1. X (A+B)Y = XAY + XBY ,
2. X (αA)Y = α XAY .
Dukaz. Obe tvrzenı vyplyvajı z linearity souradnicovych funkcionalu.
1. [X (A+B)Y]ij
= y#i ((A+B)xj) = y#
i (Axj +Bxj) = y#i (Axj) + y#
i (Bxj)
=[XAY]
ij+[XBY]
ij
2. [X (αA)Y]ij
= y#i ((αA)xj) = y#
i (αAxj) = αy#i (Axj) =
[α XAY
]ij
Veta 77. Necht’ A ∈ L(Pm, Qn), x ∈ Pm. Potom platı
dAxeY = XAYdxeX .
Dukaz. Vezmeme vektor x ∈ Pm,
x =
m∑i=1
x#i (x)xi,
potom platı
Ax = A
(m∑i=1
x#i (x)xi
)=
m∑i=1
x#i (x)Axi.
Pro vektor Axi ∈ Qn platı
Axi =
n∑j=1
y#j (Axi)yj =
n∑j=1
XAYji yj .
Dosadıme pravou stranu do vyrazu z predchozıho vypoctu a dostavame
Ax =
m∑i=1
x#i (x)
n∑j=1
XAYji yj .
Prohodıme sumy a mame
Ax =
n∑j=1
(m∑i=1
XAYji x#i (x)
)yj =
n∑j=1
(XAY · dxeX )j yj .Nebo-li cıslo
(XAY · dxeX )j je j-ta souradnice vektoru Ax v bazi Y, tj.
y#j (Ax) =
(XAY · dxeX )j , ∀j ∈ n,
a vzorecek z tvrzenı vety platı.
44
Veta 78. Necht’ A ∈ L(Qn, Vs), B ∈ L(Pm, Qn). Potom pro matici slozeneho zobrazenı AB ∈L(Pm, Vs) platı
X (AB)W = YAW · XBY .
Dukaz. Nejprve si uvedomte, ze uvedeny soucin matic ma smysl, nebot’ YAW ∈ T s,n, XBY ∈ Tn,m,tedy YAW · XBY ∈ T s,m. Leva strana vzorecku ma take odpovıdajıcı rozmery X (AB)W ∈ T s,m.
Pro prvek matice X (AB)W s indexy i ∈ s, j ∈ m platı:
X (AB)Wij = w#i ((AB)xj) = w#
i (A(Bxj)) = w#i
(A
(n∑k=1
y#k (Bxj)yk
))
= w#i
(A
(n∑k=1
XBYkj yk
))= w#
i
(n∑k=1
XBYkj Ayk
)
=
n∑k=1
XBYkj w#i (Ayk) =
n∑k=1
XBYkjYAWik =
n∑k=1
YAWikXBYkj ,
coz podle definice nasobenı matic dokazuje tvrzenı vety.
Dusledek 17. Je-li A ∈ L(Pm, Qn) izomorfismus (tedy m = n), potom je matice XAY regularnıa platı (XAY)−1
Protoze souradnicovy izomorfismus CY : x 7→ dxeY zachovava dimenzi (jako kazdy izomorfismus!),muzeme ho aplikovat na jednotlive vektory souboru (Ax1, . . . , Axm), aniz bychom zmenili dimenziobalu. Tedy
Dusledek 20. Necht’ A ∈ L(P ), X , X baze P . Potom platı
XA = XP−1
X ·XA · XPX .
Dukaz. Stacı v predchozı vete polozit Q := P , Y := X a Y := X .
48
14 Vlastnı cısla a vlastnı vektory, diagonalizace
Definice 53. Rekneme, ze λ ∈ C je vlastnı cıslo operatoru A ∈ L(V ) prave kdyz existujex ∈ V , x 6= ~0, takovy, ze Ax = λx. Vektor x pak nazyvame vlastnım vektorem operatoru Aprıslusejıcım vlastnımu cıslu λ. Mnozinu vsech vlastnıch cısel A nazyvame spektrem A a znacımeσ(A).
Definice 54. Necht’ A ∈ L(V ) a P ⊂⊂ V . Rıkame, ze P je invariantnı podprostor vzhledemk operatoru A prave kdyz A(P ) ⊂ P .
Veta 84. Necht’ A ∈ L(V ), λ ∈ σ(A). Vlastnı podprostor operatoru A prıslusejıcı vlastnımu cısluλ je invariantnım podprostorem vzhledem k A.Dukaz. Bud’ x ∈ ker(A−λE), chceme ukazat, ze i Ax ∈ ker(A−λE). Aplikujme operator A−λEna vektor Ax:
(A− λE)Ax = (A− λE)(λx) = λ((A− λE)x) = λ~0 = ~0
a tedy skutecne Ax ∈ ker(A− λE) a dukaz je hotov.
Veta 85. Necht’ A ∈ L(V ), λ1, . . . , λk jsou navzajem ruzna vlastnı cısla A, xi je vlastnı vektor A
prıslusejıcı vlastnımu cıslu λi, i ∈ k. Potom soubor (x1, . . . , xk) je LN.Dukaz. Pro k = 1 je tvrzenı trivialnı. Pro k ≥ 2 provedeme dukaz sporem. Predpokladejme soubor(x1, . . . , xk) je LZ. Potom ∃` ∈ k takovy, ze
x` ∈ 〈x1, . . . , x`−1〉 a soucasne (x1, . . . , x`−1) je LN.
(Rozmyslete!) Existujı tedy α1, . . . , α`−1 ∈ C tak, ze
x` =
`−1∑i=1
αixi.
Platı:
Ax` = A
`−1∑i=1
αixi =
`−1∑i=1
αiAxi =
`−1∑i=1
αiλixi.
Soucasne take
Ax` = λ`x` =
`−1∑i=1
αiλ`xi.
Dostavame tedy
~0 =
`−1∑i=1
αi(λi − λ`)xi.
Protoze x` 6= ~0, musı ∃j ∈ {1, . . . , ` − 1} tak, ze αj 6= 0 a navıc podle predpokladu je λ` 6= λipro ∀i ∈ {1, . . . , ` − 1}. Nasli jsme tedy netrivialnı linearnı kombinaci LN souboru (x1, . . . , x`−1)rovnajıcı se nulovemu vektoru, coz je spor.
Pozorovanı. Necht’ A ∈ L(Vn) a X je baze Vn. Oznacme
pA(λ) := detX (A− λE).
Potom pA je polynom stupne n a nezavisı na volbe baze X .Dukaz. Oznacme (XA)ij = aij . Protoze XE = E mame
pA(λ) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 − λ a12 . . . a1n
a21 a22 − λ . . . a2n
......
...an1 an2 . . . ann − λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .
49
Potom z definice determinantu vyplyva, ze pA(λ) je polynom v promenne λ stupne n, nebot’
koeficient u λn je (−1)n (a vyssı mocnina λ se ve vyrazu vyskytovat nemuze).Bud’ Y nejaka dalsı baze Vn, potom vıme, ze
X (A− λE) = YP−1X ·
Y(A− λE) · YPX .
Aplikujeme-li determinant na obe strany rovnosti dostaneme
detX (A− λE) = det YP−1X · det Y(A− λE) · det YPX ,
a protoze det YP−1X = 1/ det YPX je
detX (A− λE) = det Y(A− λE).
Tedy definice polynomu pA nezavisı na volbe baze Vn.
Definice 55. Polynom pA z predchozıho pozorovanı nazyvame charakteristickym polynomemoperatoru A.
Veta 86. Necht’ A ∈ L(Vn). Potom σ(A) 6= ∅ a platı
σ(A) = p−1A ({0}) ≡ {λ ∈ C | pA(λ) = 0}.
Dukaz. Nejprve dokazeme rovnost mezi σ(A) a p−1A ({0}):
1. ⊆: Necht’ λ0 ∈ σ(A). Potom (∃x ∈ Vn)(x 6= ~0)(Ax = λ0x). Tedy Ax − λ0x = ~0, nebo-li(A − λ0E)x = ~0 ⇒ x ∈ ker(A − λ0E) ⇒ (A − λ0E) nenı proste ⇒ (A − λ0E) nenı bijekce⇒ X (A− λ0E) nenı regularnı ⇒ pA(λ0) = detX (A− λ0E) = 0.
Matice XA − λ0E je diagonalnı a prave na k mıstech na diagonale (s indexy i1, . . . ik) manuly. Hodnost teto matice je tedy n− k a νg(λ0) = k.
2. (⇐) : Hledanou bazi X , v nız je XA diagonalnı, zkonstruujeme. Bud’te λ1, . . . , λk navzajemruzna vlastnı cısla operatoru A. Jejich algebraicke nasobnosti oznacme l1, . . . , lk, potom
k∑i=1
li = n.
Necht’ (x(i)1 , . . . , x
(i)li
) je LN soubor vlastnıch vektoru prıslusejıcı vlastnımu cıslu λi, i ∈ k.Jejich pocet je skutecne li, nebot’ podle predpokladu dim(ker(A−λiE)) ≡ νg(λi) = νa(λi) =
li. Sestavme ze vsech vektoru {(x(i)1 , . . . , x
(i)li
) | i ∈ k} soubor
X = (x(1)1 , . . . , x
(1)l1, x
(2)1 , . . . , x
(2)l2, . . . , x
(k)1 , . . . , x
(k)lk
).
Z konstrukce je zrejme, ze je-li soubor X baze Vn, je matice XA diagonalnı. Presneji,
XA = diag(λ1, . . . , λ1︸ ︷︷ ︸l1−krat
, λ2, . . . , λ2︸ ︷︷ ︸l2−krat
, . . . , λk, . . . , λk︸ ︷︷ ︸lk−krat
).
Zbyva nam tedy dokazat, ze X je baze Vn. Protoze je X n-clenny soubor, stacı ukazat, zeX je LN. Necht’
l1∑i=1
α(1)i x
(1)i +
l2∑i=1
α(2)i x
(2)i + · · ·+
lk∑i=1
α(k)i x
(k)i = ~0.
Vsimneme si, ze kazda ze sum v predchozı rovnici predstavuje vlastnı vektor prıslusejıcıjednomu vlastnımu cıslu, nebo nulovy vektor (nebot’ linearnı kombinace vlastnıch vektoruprıslusejıcıch jednomu vlastnımu cıslu je vlastnı vektor prıslusejıcı tomuto cıslu nebo nulovyvektor). Predpokladejme, ze alespon jedna ze sum je nenulova. Pak ale rovnice predstavujenetrivialnı linearnı kombinaci vlastnıch vektoru prıslusejıcıch ruznym vlastnım cıslum rov-najıcı se nulovemu vektoru. Soubor techto vlastnıch vektoru je, jak uz vıme, LN, a tedydostavame spor. Proto
(∀j ∈ k)
lj∑i=1
α(j)i x
(j)i = ~0
.
Protoze je soubor (x(i)1 , . . . , x
(i)li
) LN, vsechny koeficienty linearnı kombinace vys musejı bytnulove. Celkem tedy mame
(∀j ∈ k)(∀i ∈ lj)(α(j)i = 0),
a proto je X LN.
52
Dusledek 22. Necht’ A ∈ L(Vn) a (∀λ0 ∈ σ(A) )( νa(λ0) = 1), potom je A diagonalizovatelny.Dukaz. Protoze pro vsechny λ0 ∈ σ(A) platı
1 ≤ νg(λ0) ≤ νa(λ0) = 1,
je νg(λ0) = νa(λ0) a tvrzenı plyne z vety o diagonalizovatelnosti.
53
15 Skalarnı soucin a ortogonalita
Definice 59. Bud’ V LP nad T . Zobrazenı (., .) : V ×V → T nazyvame skalarnı soucin, platı-lipro ∀x, y, z ∈ V a ∀α ∈ T axiomy:
Definice 61. Necht’H je prostor se skalarnım soucinem. Vektory x, y ∈ H nazyvame ortogonalnı(kolme), prave kdyz (x, y) = 0.Soubor vektoru (x1, . . . , xn) z H nazveme ortogonalnı (OG), prave kdyz
(∀i, j ∈ n, i 6= j )( (xi, xj) = 0 ).
Soubor vektoru (x1, . . . , xn) nazveme ortonormalnı (ON), prave kdyz
(∀i, j ∈ n )( (xi, xj) = δij ).
Veta 91. [Pythagorova veta.] Necht’ (x, y) je OG soubor vektoru z H. Potom
Nynı stacı vyuzıt, ze dle predpokladu je 0 = (x, y) = (y, x).
Veta 92. OG soubor nenulovych vektoru je LN. Specialne, kazdy ON soubor vektoru je LN.Dukaz. Bud’ (x1, . . . , xk) OG soubor nenulovych vektoru. Uvazujme linearnı kombinaci
k∑j=1
αjxj = ~0,
potom pro i ∈ k platı
0 = (xi,~0) =
xi, k∑j=1
αjxj
=
k∑j=1
αj(xi, xj) = αi‖xi‖2,
kde jsme vyuzili, ze (xi, xj) = 0 pro i 6= j. Protoze je podle predpokladu xi 6= ~0, je ‖xi‖ 6= 0 a
dostavame αi = 0 pro vsechna i ∈ k. Soubor (x1, . . . , xk) je proto LN.
Definice 62. Necht’ (x1, . . . , xk) je ON soubor vektoru z H, x ∈ H. Cıslo (xi, x), i ∈ k, nazyvamei-ty Fourieruv koeficient vektoru x vzhledem k souboru (x1, . . . , xk).
55
Veta 93. [Besselova nerovnost.] Necht’ (x1, . . . , xk) je ON soubor vektoru z H, x ∈ H. Potomplatı
k∑j=1
|(xj , x)|2 ≤ ‖x‖2.
Dukaz. Protoze je (x1, . . . , xk) ON a s prihlednutım k predchozımu pozorovanı platı
0 ≤
x− k∑j=1
(xj , x)xj , x−k∑j=1
(xj , x)xj
=
x, x− k∑j=1
(xj , x)xj
=
‖x‖2 −k∑j=1
(xj , x)(x, xj) = ‖x‖2 −k∑j=1
|(xj , x)|2.
Definice 63. Je-li ON soubor (x1, . . . , xn) vektoru z H navıc baze H, nazyvame jej ortnormalnıbaze prostoru H.
Veta 94. Necht’ (x1, . . . , xn) je ON soubor vektoru z H. Potom (x1, . . . , xn) je ON baze pravetehdy, kdyz neexistuje nenulovy vektor, ktery by byl kolmy na vsechny vektory souboru (x1, . . . , xn),tzn.
(∀x ∈ H)( (∀i ∈ n)((xi, x) = 0) ⇒ x = ~0 ).
Dukaz. (⇒) : Tvrzenı dokazeme sporem: necht’ (x1, . . . , xn) je ON baze a soucasne necht’ ∃x 6= ~0kolmy na vsechny vektory souboru (x1, . . . , xn). Potom je jiste soubor vektoru (x1, . . . , xn, x) OGa tedy take LN (vizte drıve uvedenou vetu). To ale nenı mozne, neb H ma dimenzi n a tedynejdelsı mozny LN soubor obsahuje n vektoru.(⇐) : Vıme, ze ON soubor (x1, . . . , xn) musı byt LN. K tomu, aby to byla baze, stacı ukazat, zenavıc generuje H. Vezmeme x ∈ H. Vektor
x−n∑j=1
(xj , x)xj
je kolmy na kazdy vektor souboru (x1, . . . , xn), a proto podle predpokladu je
x−n∑j=1
(xj , x)xj = ~0,
nebo-li
x =
n∑j=1
(xj , x)xj ,
a proto x ∈ 〈x1, . . . , xn〉.
Veta 95. Necht’ X = (x1, . . . , xn) je ON baze H. Potom platı
1.
(∀x ∈ H)
(x =
n∑i=1
(xi, x)xi
)(i-ta souradnice x v bazi X je rovna i-temu Fourierovu koeficientu (xi, x))
2.
(∀x, y ∈ H)
((x, y) =
n∑i=1
(xi, x)(xi, y)
)(“Skalarnı soucin pocıtany v souradnicıch ON baze vypada jako standardnı s. s.“)
56
3.
(∀x ∈ H)
(‖x‖2 =
n∑i=1
|(xi, x)|2)
(Parsevalova rovnost)
Dukaz.
1. Bud’ x ∈ H. Protoze vektor
x−n∑i=1
(xi, x)xi
je kolmy na kazdy vektor souboru (x1, . . . , xn), musı podle predchozı vety byt roven nulovemuvektoru. Tedy
x =
n∑i=1
(xi, x)xi.
2. S vyuzitım jiz dokazane casti mame pro x, y ∈ H rovnosti
x =
n∑i=1
(xi, x)xi, y =
n∑i=1
(xi, y)xi.
Potom platı
(x, y) =
n∑i=1
(xi, x)xi,
n∑j=1
(xj , y)xj
=
n∑i=1
n∑i=1
(xi, x)(x, xj) (xi, xj)︸ ︷︷ ︸=δij
=
n∑i=1
(xi, x)(xi, y).
3. Stacı v druhe casti tvrzenı polozit y = x.
Veta 96. [Gramuv-Schmidtuv ortogonalizacnı proces] Bud’ (x1, . . . , xk) LN soubor vektoru z H.Potom existuje ON soubor (y1, . . . , yk) vektoru z H takovy, ze
(∀` ∈ k)(〈x1, . . . , x`〉 = 〈y1, . . . , y`〉).
Dukaz. Budeme postupovat neuplnou matematickou indukcı v l ∈ k. Pro ` = 1 stacı polozity1 := x1/‖x1‖. Zde nedelıme nulou protoze soubor (x1) je dle predpokladu LN, a tedy x1 6= ~0.
Necht’ tvrzenı vety platı pro ` < k. Ukazeme, ze potom take platı i pro ` + 1. Definujmepomocny vektor
z`+1 := x`+1 −∑j=1
(yj , x`+1)yj
a normujme ho
y`+1 :=z`+1
‖z`+1‖.
Z indukcnıho predpokladu vıme, ze 〈x1, . . . , x`〉 = 〈y1, . . . , y`〉 a z definice y`+1 pak zrejme〈x1, . . . , x`+1〉 = 〈y1, . . . , y`+1〉. Dale je dle indukcnıho predpokladu (y1, . . . , y`) ON soubor. Abychom
ukazali, ze (y1, . . . , y`+1) je take ON soubor, stacı ukazat (y`+1, yi) = 0, ∀i ∈ ˆ. To bude pravda,
pokud (z`+1, yi) = 0, ∀i ∈ ˆ. To ale platı, nebot’
(z`+1, yi) =
x`+1 −∑j=1
(yj , x`+1)yj , yi
= (x`+1, yi)−∑j=1
(yj , x`+1) (yj , yi)︸ ︷︷ ︸=δij
= (x`+1, yi)− (x`+1, yi) = 0.
57
Definice 64. Bud’ H prehilbertuv prostor, ∅ 6= M ⊂ H. Mnozinu
M⊥ = {x ∈ H | (∀y ∈M)((x, y) = 0)}
nazyvame ortogonalnı doplnek mnoziny M do prostoru H.
Veta 97. [O ortogonalnım rozkladu] Necht’ P ⊂⊂ H, dimP <∞, potom
1. H = P ⊕ P⊥,
2. (P⊥)⊥ = P .
Dukaz.
1. Je-li dimP = 0 je P⊥ = H a veta platı. Necht’ dimP = k ∈ N a necht’ (x1, . . . , xk) je ONbaze P . Nejprve ukazeme H = P + P⊥. Libovolny vektor x ∈ H lze zapsat ve tvaru
x =
k∑j=1
(xj , x)xj +
x− k∑j=1
(xj , x)xj
.
Protoze vektor
x−k∑j=1
(xj , x)xj
je kolmy na kazdy vektor souboru (x1, . . . , xk), je
x−k∑j=1
(xj , x)xj ∈ P⊥.
Nasli jsem tak hledany rozklad vektoru x.
Dal dokazeme, ze H = P ⊕ P⊥. Pokud x ∈ P ∩ P⊥, musı (x, x) = 0, odkud x = 0. TedyP ∩ P⊥ = {~0}.
2. Ukazeme nejprve inkluzi P ⊂ (P⊥)⊥. Je-li x ∈ P , potom
(∀y ∈ P⊥)((x, y) = 0).
Vektor x je tedy kolmy na vsechny vektory z P⊥, proto x ∈ (P⊥)⊥.
Naopak necht’ x ∈ (P⊥)⊥. Podle uz dokazane prvnı casti tvrzenı lze x vyjadrit ve tvarux = y + z, kde y ∈ P a z ∈ P⊥. Protze je x ∈ (P⊥)⊥ a z ∈ P⊥, platı (x, z) = 0. Potom
0 = (x, z) = (y, z) + ‖z‖2 = ‖z‖2,
odkud plyne z = ~0 a tedy x = y ∈ P .
Definice 65. Bud’ (αij) = A ∈ Tn,n. Matici (α∗i,j) = A∗ ∈ Tn,n, jejız prvky jsou definovanevztahem
(∀i, j ∈ n)(α∗i,j = αj,i),
nazyvame sdruzenou maticı k matici A (tedy A∗ = AT ).
Definice 66. Bud’ A ∈ Tn,n. Rıkame, ze matice A je
1. samosdruzena, prave kdyz A∗ = A.
Pro T = C nazyvame A hermitovskou.
Pro T = R nazyvame A symetrickou.
58
2. izometricka, prave kdyz AA∗ = E(= A∗A).
Pro T = C nazyvame A unitarnı.
Pro T = R nazyvame A ortogonalnı.
Veta 98. Uvazujme Cn prostor se standardnım skalarnım soucinem, A ∈ Cn,n. Nasledujıcı tvrzenıjsou ekvivalentnı:
1. A je unitarnı.
2. A∗ je unitarnı.
3. Sloupce matice A tvorı ON bazi Cn.
4. Radky matice A tvorı ON bazi Cn.
Dukaz. Ekvivalence 1. ⇔ 2. je zrejma z definice unitarity.Necht’ dale A∗A = E, potom pro i, j ∈ n platı
Tedy sloupce A tvorı ON soubor a jelikoz je jich n, musı to byt baze Cn. Naopak z ortonormalitysouboru sloupcu plyne
(A∗A)ij = (ei,A∗Aej) = (A•,i,A•,j) = δij ,
a tedy A∗A = E. Mame tedy 1. ⇔ 2. ⇔ 3.Nakonec snadno ukazeme, ze A je unitarnı ⇔ AT je unitarnı. (Proved’te jako cvicenı!) Odtud
a z jiz dokazane ekvivalence (1. ⇔ 3.) mame: sloupce A tvorı ON soubor ⇔ A je unitarnı ⇔ ATje unitarnı ⇔ sloupce AT tvorı ON soubor ⇔ radky A tvorı ON soubor. Dokazali jsme 3. ⇔ 4. aveta je dokazana.
Veta 99. Bud’ A ∈ Cn,n unitarnı a Cn prostor se standardnım skalarnım soucinem. Potom platı
1. |detA | = 1,
2. (∀x ∈ Cn)(‖Ax‖ = ‖x‖),
3. λ ∈ σ(A) ⇒ |λ| = 1.
Dukaz.
1. Stacı si uvedomit, ze z definice sdruzene matice a determinantu plyne
detA∗ = detAT = detA = detA,
kde jsme pouzili vlastnost detBT = detB, ∀B ∈ Tn,n. Potom
Veta 101. [Spektralnı teorem] Bud’ A ∈ Cn,n hermitovska matice. Potom je A podobna diagonalnımatici D a regularnı matici P z relace podobnosti lze volit izometrickou. Tedy platı
A = P∗DP.
(Protoze pro izometrickou P je P−1 = P∗.)
60
16 Metricka geometrie
Definice 67. Necht’ M,N jsou dve neprazdne podmnoziny v prehilbertove prostoru H. Cıslo
inf{‖x− y‖ | x ∈M,y ∈ N}
nazyvame vzdalenostı mnozin M,N a znacıme ρ(M,N). Specialne, je-li M = {a}, pısemejednoduseji ρ(a,N), mısto ρ({a}, N).
Veta 102. Necht’ P ⊂⊂ H, x0 ∈ H, kde x0 = a+ b, a ∈ P , b ∈ P⊥. Potom
ρ(x0, P ) = ‖b‖.
Dukaz. Podle definice je ρ(x0, P ) = inf{‖x0 − x‖ | x ∈ P}. Pomocı Pythagorovy vety dostanemenasledujıcı odhad:
Nynı stacı vzıt infimum mnozin na obou stranach rovnosti a veta je dokazana.
Definice 68. a) Bud’te ~0 6= x, y ∈ H. Uhlem vektoru x, y nazyvame cıslo
arccos(x, y)
‖x‖‖y‖.
Tedy uhel dvou vektoru je z intervalu 〈0, π〉.
b) Bud’te p, q prımky v H. Uhlem prımek p, q nazyvame cıslo
arccos|(sp, sq)|‖sp‖‖sq‖
,
kde sp (resp. sq) je smerovy vektor prımky p (resp. q). Tedy uhel dvou prımek je z intervalu〈0, π/2〉.
Definice 69. Necht’W nadrovina vH. Libovolny nenulovy vektor z Z(W )⊥ nazyvame normalovyvektor nadroviny W a znacıme nw.
Definice 70. a) Bud’te p prımka a W nadrovina v H. Uhlem p,W nazyvame cıslo
π
2− arccos
|(sp, nw)|‖sp‖‖nw‖
.
Tedy uhel prımky a nadroviny je z intervalu 〈0, π/2〉.
61
b) Bud’te W1,W2 nadroviny v H. Uhlem W1,W2 nazyvame cıslo
arccos|(nw1
, nw2)|
‖nw1‖‖nw2
‖.
Tedy uhel dvou nadrovin je z intervalu 〈0, π/2〉.
Veta 104. 1. Je-li ~0 6= a ∈ Hn, α ∈ R, pak mnozina {x ∈ Hn | (a, x) = α} je nadrovina v Hna vektor a je jejı normalovy vektor.
2. Je-li W nadrovina v Hn a nw jejı normalovy vektor, pak ∃α ∈ R takove, ze
W = {x ∈ Hn | (nw, x) = α}.
Dukaz.
1. Definujme funkcional ϕ vztahem
(∀x ∈ Hn)(ϕ(x) := (a, x)).
Potom ϕ ∈ H#n a ϕ 6= 0. (Overte!) Z vety dokazane v kapitole o linearnıch varietach vıme,
ze mnozina W = {x ∈ Hn | ϕ(x) = α} je nadrovina. Dale pro jejı zamerenı platı
Z(W ) = kerϕ = {x ∈ Hn | (a, x) = 0} = 〈a〉⊥.
ProtoZ(W )⊥ =
(〈a〉⊥
)⊥= 〈a〉
a vektor a je tedy normalovym vektorem nadroviny W .
2. Varietu W lze zapsat ve tvaru W = a + Z(W ), kde a ∈ W . Definujme cıslo α vztahemα := (nw, a).
Dokazeme nynı, ze W ⊂ {x ∈ Hn | (nw, x) = α}. Necht’ x ∈W , x = a+p, p ∈ Z(W ). Potomvektor nw je kolmy na p, a proto
(nw, x) = (nw, a) + (nw, p) = α.
Dokazeme dale, ze W ⊃ {x ∈ Hn | (nw, x) = α}. Necht’ x ∈ Hn, (nw, x) = α. Pak
0 = (nw, x)− α = (nw, x)− (nw, a) = (nw, x− a).
Tedy x− a ∈ 〈nw〉⊥ = Z(W ) ⇒ x ∈ a+ Z(W ) = W .
Veta 105. Necht’ W je nadrovina v Hn o rovnici (nw, x) = α. Necht’ b ∈ Hn. Potom platı
ρ(b,W ) =|(nw, b)− α|‖nw‖
.
Dukaz. Podle obecne vety o vzdalenosti variet platı ρ(b,W ) = ρ(b− c, Z(W )), kde c ∈W . Protoze
Hn = Z(W )⊕ Z(W )⊥ = Z(W )⊕ 〈nw〉,
lze vektor b− c ∈ Hn zapsat ve tvaru b− c = d+ λnw, kde d ∈ Z(W ), λ ∈ R. Potom platı
ρ(b,W ) = ‖λnw‖ = |λ|‖nw‖. (10)
Na druhou stranu pro skalarnı soucin (nw, b) mame
(nw, b) = (nw, c+ d+ λnw) = (nw, c)︸ ︷︷ ︸=α
+ (nw, d)︸ ︷︷ ︸=0
+λ‖nw‖2 = α+ λ‖nw‖2.
Odtud
λ =(nw, b)− α‖nw‖2
.
Dosazenım do vztahu (10) dostavame tvrzenı vety.
62
Definice 71. Budt’e x, y vektory z R3 se skalarnım soucinem. Vektorovym soucinem souboru(x, y) (zalezı na poradı!) nazyvame vektor x× y ∈ R3 s vlastnostmi:
1) (x, x× y) = (y, x× y) = 0.
2) ‖x× y‖2 = ‖x‖2‖y‖2 − (x, y)2.
3) Je-li x = (x1, x2, x3), y = (y1, y2, y3), x× y = (z1, z2, z3), potom
det
x1 x2 x3
y1 y2 y3
z1 z2 z3
≥ 0.
Dusledek 23. Necht’ x, y jsou vektory z R3 se skalarnım soucinem, ϕ je uhel mezi x a y. Potom
‖x× y‖ = ‖x‖‖y‖ sinϕ.
Dukaz. Podle bodu 2) definice vektoroveho soucinu mame
Protoze je ϕ ∈ 〈0, π〉, platı sinϕ ≥ 0 a odvozena rovnost po odmocnenı dava vzorecek z tvrzenıdusledku.
Veta 106. Necht’ X = (x1, x2, x3) je ON baze R3 se skalarnım soucinem, x1 = (α1, α2, α3),x2 = (β1, β2, β3), x3 = (γ1, γ2, γ3). Necht’
det
α1 α2 α3
β1 β2 β3
γ1 γ2 γ3
> 0.
(Tzv. kladna orientace ON baze.)Necht’ x, y ∈ R3, (x)X = (ξ1, ξ2, ξ3), (y)X = (η1, η2, η3). Potom platı:
(x× y)X =
(∣∣∣∣ξ2 ξ3η2 η3
∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ξ3 ξ1η3 η1
∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ξ1 ξ2η1 η2
∣∣∣∣) .Dukaz. Stacı overit vlastnosti 1), 2), 3) z definice vektoroveho soucinu pro vektor z ∈ R3, projehoz souradnice v bazi X platı
(z)X :=
(∣∣∣∣ξ2 ξ3η2 η3
∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ξ3 ξ1η3 η1
∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ξ1 ξ2η1 η2
∣∣∣∣) .1.
(x, z) = ξ1
∣∣∣∣ξ2 ξ3η2 η3
∣∣∣∣+ ξ2
∣∣∣∣ξ3 ξ1η3 η1
∣∣∣∣+ ξ3
∣∣∣∣ξ1 ξ2η1 η2
∣∣∣∣ = 0.
(Skalarnı soucin v souradnicıch ON baze vypada jako standardnı, viz veta v kap. Skalarnısoucin a ortogonalita!) Rovnost (y, z) = 0 se ukaze analogicky.
2. S vyuzitım Parsevalovy rovnosti mame
‖z‖2 =
∣∣∣∣ξ2 ξ3η2 η3
∣∣∣∣2 +
∣∣∣∣ξ3 ξ1η3 η1
∣∣∣∣2 +
∣∣∣∣ξ1 ξ2η1 η2
∣∣∣∣2,‖x‖2‖y‖2 − (x, y)2 = (ξ2
1 + ξ22 + ξ2
3)(η21 + η2
2 + η23)− (ξ1η1 + ξ2η2 + ξ3η3)2.
Vyrazy na pravych stranach se skutecne rovnajı, overte!
63
3. Oznacme
D1 :=
∣∣∣∣ξ2 ξ3η2 η3
∣∣∣∣ , D2 :=
∣∣∣∣ξ3 ξ1η3 η1
∣∣∣∣ , D3 :=
∣∣∣∣ξ1 ξ2η1 η2
∣∣∣∣ .Nejprve si je treba uvedomit, ze maticeα1 α2 α3
β1 β2 β3
γ1 γ2 γ3
z teto vety je transponovana matice prechodu EP
TX . Dle predpokladu je tedy det EP
TX > 0.
Abychom dokazali bod 3) z definice vektoroveho soucinu, musıme ukazat, ze determinantmatice jejız radky jsou tvoreny vektory dxeTE , dyeTE , dzeTE , je nezaporny.
PlatıdxeE = EPX · dxeX
Transponovanım obou stran teto rovnice dostaneme
dxeTE = dxeTX · EPTX
a podobne pro vektory y, z. Odtud dostavamedxeTEdyeTEdzeTE
=
ξ1 ξ2 ξ3η1 η2 η3
D1 D2 D3
· EPTXPouzitım vety o rozvoji determinantu podle 3. radku nakonec mame
det
dxeTEdyeTEdzeTE
= det
ξ1 ξ2 ξ3η1 η2 η3
D1 D2 D3
det EPTX
= (D21 +D2
2 +D23) det EP
TX ≥ 0.
64
17 Definitnost symetrickych matic a diagonalizace kvadra-tickych forem
Definice 72. Zobrazenı Q : Rn → R nazveme kvadraticka forma na Rn, existuje-li A ∈ Rn,n,A = AT takova, ze
(∀x ∈ Rn)(Q(x) = xTAx).
Matici A nazyvame maticı kvadraticke formy Q. Budeme-li chtıt zduraznit zavislost Q na A,budeme psat QA.
Definice 73. Bud’ A ∈ Rn,n, A = AT . Rıkame, ze matice A je
Veta 107. Bud’ A ∈ Rn,n, A = AT , potom exituje izometricka matice P a realna diagonalnımatice D tak, ze
P∗AP = D.
• Matice P obsahuje ve sloupcıch vlastnı vektory A, ktere tvorı ortonormalnı bazi. Matice Dma na diagonale vlastnı cısla A.
• Bude-li navıc matice P realna, tedy ortogonalnı (to lze vzdy zarıdit), je P∗ = PT a dostanemetransformaci souradnic prevadejıcı Q(x) = xTAx do kanonickeho tvaru.
• Tedy vzdy existuje transformace souradnic prevadejıcı Q do kanonickeho tvaru. Dostavametak nasledujıcı vetu.
Veta 108. Kazda kvadraticka forma Q ma polarnı bazi.
Veta 109. [Zakon setrvacnosti kvadratickych forem] Bud’ X polarnı baze kvadraticke formy Q,v nız ma forma kanonicky tvar
Q′(x′) =
n∑i=1
di(x′i)
2.
Potom pocet, kladnych, resp. zapornych, resp. nul v mnozine {d1, d2, . . . , dn} nezavisı na volbepolarnı baze X formy Q.
Veta 110. Bud’ AT = A ∈ Rn,n. Necht’ kvadraticka forma QA ma (v nejake polarnı bazi) kano-nicky tvar
Q′(x′) =
n∑i=1
di(x′i)
2.
Potom matice A je:
1. PD ⇔ (∀i ∈ n)(di > 0),
2. ND ⇔ (∀i ∈ n)(di < 0),
65
3. PSD ⇔ (∀i ∈ n)(di ≥ 0) ∧ (∃i0 ∈ n)(di0 = 0),
4. NSD ⇔ (∀i ∈ n)(di ≤ 0) ∧ (∃i0 ∈ n)(di0 = 0),
5. IND ⇔ (∃i, j ∈ n)(di > 0 ∧ dj < 0).
Dukaz. Dokazeme pouze tvrzenı 1. a 3. Tvrzenı 2. a 4. potom vyplyva z ekvivalence: A PD/PSD⇔ −A ND/NSD. Mame-li dokazano 1.-4., tvrzenı 5. uz take musı platit, je to doplnkovy prıpad.
Nez se pustıme do samotneho dukazu, uved’me jedno pozorovanı. Oznacme X = (x1, . . . , xn)polarnı bazi formy Q, ktera v nı ma kanonicky tvar z tvrzenı vety. Potom pro ∀i, j ∈ n platı
xTi Axj = diδij . (11)
Skutecne, stacı si uvedomit, ze platı xi = Pei, nebot’ P = EPX . Potom totiz mame
xTi Axj = (Pei)TA(Pej) = eTi PTAPej = eTi Dej = diδij ,
kde D = diag(d1, . . . , dn).
1. (⇒) : Necht’ A je PD. Tedy ∀x 6= ~0 je xTAx > 0. Vezmeme-li specialne x = xi, je podle (11)
di = xTi Axi > 0
pro vsechna i ∈ n.
(⇐) : Necht’ (∀i ∈ n)(di > 0). Bud’ x ∈ Rn, potom
x =
n∑j=1
αjxj
pro nejaka α1, . . . , αn ∈ R (nebot’ X je baze). Potom
xTAx =
(n∑i=1
αixTi
)A
n∑j=1
αjxj
=
n∑i=1
n∑j=1
αiαjxTi Axj .
Vyuzijeme-li v poslednım vyrazu opet pozorovanı (11), dostaneme
xTAx =
n∑i=1
α2i di ≥ 0.
Je-li navıc x 6= ~0, potom ∃i ∈ n takove, ze αi 6= 0, a takovem prıpade je poslednı vyrazpozitivnı.
3. (⇒) : Necht’ A je PSD. Tedy ∀x ∈ Rn je xTAx ≥ 0 a ∃x0 6= ~0, xT0 Ax0 = 0. Potom opet podle11) platı
di = xTi Axi ≥ 0
pro vsechna i ∈ n. Navıc, je-li
x0 =
n∑j=1
αjxj ,
kde α1, . . . , αn ∈ R, mame
0 = xT0 Ax0 =
n∑i=1
α2i di.
Protoze x0 6= ~0, ∃i0 ∈ n, ze αi0 6= 0. Z poslednı rovnice a jiz dokazane nezapornosti koefici-entu di potom plyne, ze di0 = 0.
66
(⇐) : Necht’ (∀i ∈ n)(di ≥ 0) ∧ (∃i0 ∈ n)(di0 = 0). Potom opet
xTAx =
n∑i=1
α2i di ≥ 0
pro ∀x ∈ Rn, kde
x =
n∑j=1
αjxj .
NavıcxTi0Axi0 = di0 = 0.
Matice A je tedy PSD.
Veta 111. [Sylvestrovo kriterium] Bud’ AT = A ∈ Rn,n. Potom
1. A je PD, prave kdyz(∀k ∈ n)(detA[k] > 0),
2. A je ND, prave kdyz(∀k ∈ n)((−1)k detA[k] > 0).
67
18 Uvod do obecne algebry, grupa, okruh, teleso
Definice 74. Usporadana dvojice (M, ◦), kde M je libovolna neprazdna mnozina a ◦ je binarnıoperace na M , se nazyva grupoid.
• Grupoid (M, ◦), pro ktery je ◦ asociativnı operace, se nazyva pologrupa.
• Pologrupa (M, ◦), ve ktere existuje neutralnı prvek e takovy, ze
pro vsechna a ∈M platı e ◦ a = a ◦ e = a,
se nazyva monoid.
• Monoid (M, ◦), ve kterem existuje ke kazdemu a ∈M inverznı prvek a−1 takovy, ze
a−1 ◦ a = a ◦ a−1 = e,
se nazyva grupa. Je-li navıc ◦ komutativnı operace, rıkame, ze (M, ◦) je komutativnı(abelovska) grupa.
Veta 112. V kazdem monoidu (a tedy i grupe) existuje prave jeden neutralnı prvek.Dukaz. Bud’ (G, ◦) monoid a e nejaky neutralnı prvek (z definice vıme, ze tam alespon jeden je!).Dokazeme sporem, ze e je jediny neutralnı prvek.
Pro spor predpokladejme, ze v monoidu existuje jiny neutralnı prvek e ruzny od e. Potom platı
e = e ◦ e = e,
kde jsme pouzili vlastnost neutralnıho prvku danou definicı! Tım dostavame spor s tım, ze e a ejsou ruzne.
Veta 113. V grupe ma kazdy prvek prave jeden inverznı prvek.Dukaz. Bud’ (G, ◦) grupa, a libovolny prvek teto grupy a nejaka jeho inverze a−1 (z definice grupyvıme, ze tam alespon jedna je!). Dokazeme sporem, ze a−1 je jediny inverznı prvek.
Pro spor predpokladejme, ze v grupe existuje jiny inverznı prvek a−1 ruzny od a−1. Potomplatı
a−1 = a−1 ◦ e = a−1 ◦ a ◦ a−1 = e ◦ a−1 = a−1,
kde e je neutralnı prvek. Tım dostavame spor s tım, ze a−1 a a−1 jsou ruzne.
Definice 75. V grupe G = (M, ◦) s neutralnım prvkem e definujeme pro kazdy prvek a ∈ M an ∈ N n-tou mocninu prvku a takto:
an = a ◦ a ◦ · · · ◦ a︸ ︷︷ ︸n krat
a0 = e
a−n = a−1 ◦ a−1 ◦ · · · ◦ a−1︸ ︷︷ ︸n krat
= (a−1)n
Veta 114. V grupe G = (M, ◦) obsahujıcı n prvku platı pro vsechny a ∈M , ze
an = e, kde e je neutralnı prvek.
Dukaz. K dukazu teto vety vyuzijeme nasl. lemma:
68
Lemma 3. V kazde grupe lze jednoznacne delit.Tzn.: V kazde grupe (G, ◦) majı pro libovolne a, b ∈ G rovnice
a ◦ x = b a y ◦ a = b jedine resenı.
Dukaz. Dukaz je konstruktivnı: jelikoz se jedna o grupu, ma kazdy prvek (jedinou) inverzi a snadnotedy zjistıme, ze resenım rovnic jsou prvky a−1 ◦ b resp. b ◦ a−1.
Jednoznacnost se dokaze sporem: necht’ existuje resenı x1 6= a−1 ◦ b, potom
x1 = (a−1 ◦ a) ◦ x1 = a−1 ◦ (a ◦ x1) = a−1 ◦ b .
Dukaz vety. Vetu dokazeme pouze pro abelovskou grupu. Dukaz pro nekomutativnı grupu vyzadujezavedenı dalsıch pojmu, pro ktere nemame prostor.
Definujeme zobrazenı fa : M →M takto: fa(x) = a ◦x. Z predchozıho lemmatu plyne, ze totozobrazenı je proste a jedna se tedy o bijekci (rozmyslet!). Oznacme prvky M takto:
M = {g1, . . . , gn},
potom platı dıky bijektivnosti fa(x) a komutativite, ze
g1 ◦ g2 ◦ · · · ◦ gn = a ◦ g1 ◦ a ◦ g2 ◦ · · · ◦ a ◦ gn = an ◦ (g1 ◦ g2 ◦ · · · ◦ gn).
Oznacme y = g1 ◦ g2 ◦ · · · ◦ gn, predchozı rovnost pak muzeme prepsat jako
y = an ◦ y.
Toto jiste platı pokud an = e, predchozı lemma dokonce rıka, ze an jinou hodnotu ani mıt nemuze,neb by jinak rovnice y = x ◦ y pro neznamou x mela vıce resenı.
Definice 76. Dve cela cısla m a k jsou kongruentnı modulo n, kde n ≥ 2 je cele, pokud majıstejny zbytek po delenı n; znacıme
m ≡ k (mod n).
Mnozinu vsech moznych zbytku po delenı n, tedy mnozinu {0, 1, 2, . . . , n − 1} znacıme Zn anazyvame mnozinou zbytkovych trıd po delenı n.
Veta 115. Bud’ p prvocıslo, potom mnozina Zp\{0} s operacı nasobenı modulo p tvorı abelovskougrupu.Dukaz. Jiz jsme ukazali, ze se jedna o monoid, navıc je zrejme, ze operace ×p je komutativnı.Zbyva ukazat, ze kazdy prvek ma inverzi. Bud’ a ∈ Zp \ {0}, ukazeme, ze
neboli vynasobıme-li kazdy prvek mnoziny Zp \ {0} cıslem a, dostaneme opet vsechny prvky tetomnoziny (pouze permutovane). Pokud toto platı, najdeme k ∈ {1, 2, . . . , p−1} takove, ze a×pk = 1,a tedy k = a−1.
Predpokladejme, ze vyse uvedena rovnost neplatı: potom musı existovat dve ruzna cısla k1 > k2
z mnoziny Zp \ {0} tak, ze
a×p k1 = a×p k2, neboli ak1 ≡ ak2 (mod p).
Z toho jiz plyne, ze a(k1 − k2) je nejaky nasobek prvocısla p. Jelikoz ale a je z mnoziny Zp \ {0},nemuze byt cıslem p delitelne, proto musı byt i cıslo k1 − k2 nasobek p. To ale nenı mozne, neb ztoho jak jsme tato cısla zvolili plyne, ze k1 − k2 je opet prvek mnoziny Zp \ {0}.
Veta 116. [Mala Fermatova] Bud’ p prvocıslo, potom pro libovolne cele cıslo a platı, ze
ap ≡ a (mod p).
69
Definice 77. Bud’te M neprazdna mnozina a + a · binarnı operace na M . Rekneme, ze R =(M,+, ·) je okruh, pokud platı:
• (M,+) je Abelovska grupa,
• (M, ·) je grupoid,
• platı (levy a pravy) distributivnı zakon:
(∀a, b, c ∈M) (a(b+ c) = ab+ ac ∧ (b+ c)a = ba+ ca) .
Definice 78. [teleso / field] Okruh T = (M,+, ·) se nazyva teleso, jestlize (M \ {0}, ·) je grupa.Tuto grupu nazyvame redmultiplikativnı grupou telesa T .
