Cvičný test 1

Označme $x_1, x_2, x_3$ počty tablet jednotlivých druhů. Ze zadání dostaneme soustavu:

$$\begin{aligned} x_1 + 2x_2 + x_3 &= 11 \quad \text{(vitamín A)} \\ 3x_1 + x_2 + 2x_3 &= 15 \quad \text{(vitamín B)} \\ 2x_1 + x_2 + 3x_3 &= 16 \quad \text{(vitamín C)} \end{aligned}$$

Rozšířená matice soustavy:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 11 \\ 3 & 1 & 2 & 15 \\ 2 & 1 & 3 & 16 \end{array}\right)$$

$R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 11 \\ 0 & -5 & -1 & -18 \\ 0 & -3 & 1 & -6 \end{array}\right)$$

$R_3 \leftarrow 5R_3 - 3R_2$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 11 \\ 0 & -5 & -1 & -18 \\ 0 & 0 & 8 & 24 \end{array}\right)$$

$8x_3 = 24 \Rightarrow x_3 = 3$

$-5x_2 - 3 = -18 \Rightarrow -5x_2 = -15 \Rightarrow x_2 = 3$

$x_1 + 6 + 3 = 11 \Rightarrow x_1 = 2$

Potřeba užít 2 tablety prvního druhu, 3 tablety druhého druhu a 3 tablety třetího druhu.

Ověření: A: $2+6+3=11$, B: $6+3+6=15$, C: $4+3+9=16$.

Sestavíme matici z vektorů jako sloupců a spočítáme determinant:

$$\det\begin{pmatrix} 3 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 4 & 1 \end{pmatrix}$$

Rozvoj podle druhého řádku:

$$= -1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 4 & 1 \end{pmatrix} + 0 - 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix} \cdot (-1)^{2+3}$$

Spočítáme přes Sarrusovo pravidlo celý determinant přímo:

$$= 3 \cdot 0 \cdot 1 + 1 \cdot 1 \cdot 2 + (-1) \cdot 1 \cdot 4 - (-1) \cdot 0 \cdot 2 - 1 \cdot 1 \cdot 1 - 3 \cdot 1 \cdot 4$$ $$= 0 + 2 - 4 - 0 - 1 - 12 = -15 \neq 0$$

Determinant je nenulový, vektory jsou lineárně nezávislé a tvoří bázi $\mathbb{R}^3$.

Hledáme $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ takové, že $\alpha_1 \vec{b}_1 + \alpha_2 \vec{b}_2 + \alpha_3 \vec{b}_3 = \vec{v}$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 3 & 1 & -1 & 6 \\ 1 & 0 & 1 & 5 \\ 2 & 4 & 1 & 4 \end{array}\right)$$

Prohodíme $R_1 \leftrightarrow R_2$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 5 \\ 3 & 1 & -1 & 6 \\ 2 & 4 & 1 & 4 \end{array}\right)$$

$R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1$, $R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & -4 & -9 \\ 0 & 4 & -1 & -6 \end{array}\right)$$

$R_3 \leftarrow R_3 - 4R_2$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 5 \\ 0 & 1 & -4 & -9 \\ 0 & 0 & 15 & 30 \end{array}\right)$$

$15\alpha_3 = 30 \Rightarrow \alpha_3 = 2$

$\alpha_2 - 4 \cdot 2 = -9 \Rightarrow \alpha_2 = -1$

$\alpha_1 + 2 = 5 \Rightarrow \alpha_1 = 3$

Vektory jsou lineárně nezávislé. Souřadnice vektoru $\vec{v}$ v bázi $B$:

$$\langle \vec{v} \rangle_B = (3, -1, 2)^T$$

Použijeme řádkové úpravy, které nemění hodnotu determinantu (přičtení násobku řádku). Cíl: vytvořit nuly v prvním sloupci.

$R_2 \leftarrow 2R_2 + R_1$, $R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1$:

$$\begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & 7 & 4 & 5 \\ 0 & 2 & 1 & -1 \\ 0 & -2 & -2 & -4 \end{vmatrix}$$

Pozor: $R_2$ jsme násobili 2, takže musíme determinant vydělit 2. Raději postupujme jinak — odečteme násobky:

$R_2 \leftarrow R_2 + \frac{1}{2}R_1$, $R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1$:

$$\begin{vmatrix} 2 & 1 & 0 & 3 \\ 0 & \frac{7}{2} & 2 & \frac{5}{2} \\ 0 & 2 & 1 & -1 \\ 0 & -2 & -2 & -4 \end{vmatrix}$$

Jelikož v prvním sloupci jsou nuly kromě prvního prvku, rozvineme podle 1. sloupce:

$$= 2 \cdot \begin{vmatrix} \frac{7}{2} & 2 & \frac{5}{2} \\ 2 & 1 & -1 \\ -2 & -2 & -4 \end{vmatrix}$$

Vynásobíme první řádek subdeterminantu 2 a vydělíme před det:

$$= 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \begin{vmatrix} 7 & 4 & 5 \\ 2 & 1 & -1 \\ -2 & -2 & -4 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} 7 & 4 & 5 \\ 2 & 1 & -1 \\ -2 & -2 & -4 \end{vmatrix}$$

Sarrusovým pravidlem:

$$= 7 \cdot 1 \cdot (-4) + 4 \cdot (-1) \cdot (-2) + 5 \cdot 2 \cdot (-2)$$ $$\quad - 5 \cdot 1 \cdot (-2) - 4 \cdot 2 \cdot (-4) - 7 \cdot (-1) \cdot (-2)$$ $$= -28 + 8 - 20 + 10 + 32 - 14 = -12$$

$$\det(\mathbf{A}) = -12$$

Protože máme obrazy standardních bázových vektorů, matice zobrazení je přímo:

$$\mathbf{M} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -1 & 3 & 2 \end{pmatrix}$$

Sloupce matice jsou obrazy bázových vektorů $\vec{e}_1, \vec{e}_2, \vec{e}_3$.

Zobrazení je prosté, právě když $\ker L = \{\vec{o}\}$. Řešíme $\mathbf{M}\vec{x} = \vec{o}$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & 2 & 0 \end{array}\right)$$

$R_2 \leftarrow 2R_2 + R_1$:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 7 & 3 & 0 \end{array}\right)$$

Soustava má 3 neznámé a 2 rovnice s hodností 2. Tedy $x_3$ je volná proměnná — existuje netriviální řešení.

Jádro $\ker L \neq \{\vec{o}\}$, zobrazení není prosté.

$L(3, -2, 1)^T = \mathbf{M} \cdot (3, -2, 1)^T$:

$$\begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -1 & 3 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \cdot 3 + 1 \cdot (-2) + (-1) \cdot 1 \\ (-1) \cdot 3 + 3 \cdot (-2) + 2 \cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ -7 \end{pmatrix}$$

a) Zobrazení $L$ není prosté (jádro je netriviální).

b) $\mathbf{M} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -1 \\ -1 & 3 & 2 \end{pmatrix}$

c) $L(3, -2, 1)^T = (3, -7)^T$

Počítáme součin matice $\mathbf{A}$ samé se sebou. Prvek $(i,j)$ výsledné matice je skalární součin $i$-tého řádku a $j$-tého sloupce.

1. řádek $\mathbf{A}$: $(2, 3, 1, 1)$

$$c_{11} = 2 \cdot 2 + 3 \cdot 0 + 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 = 6$$ $$c_{12} = 2 \cdot 3 + 3 \cdot 1 + 1 \cdot (-2) + 1 \cdot 0 = 7$$ $$c_{13} = 2 \cdot 1 + 3 \cdot 3 + 1 \cdot 3 + 1 \cdot (-1) = 13$$ $$c_{14} = 2 \cdot 1 + 3 \cdot 4 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot (-2) = 12$$

2. řádek $\mathbf{A}$: $(0, 1, 3, 4)$

$$c_{21} = 0 + 0 + 3 + 4 = 7, \quad c_{22} = 0 + 1 - 6 + 0 = -5$$ $$c_{23} = 0 + 3 + 9 - 4 = 8, \quad c_{24} = 0 + 4 + 0 - 8 = -4$$

3. řádek $\mathbf{A}$: $(1, -2, 3, 0)$

$$c_{31} = 2 + 0 + 3 + 0 = 5, \quad c_{32} = 3 - 2 - 6 + 0 = -5$$ $$c_{33} = 1 - 6 + 9 + 0 = 4, \quad c_{34} = 1 - 8 + 0 + 0 = -7$$

4. řádek $\mathbf{A}$: $(1, 0, -1, -2)$

$$c_{41} = 2 + 0 - 1 - 2 = -1, \quad c_{42} = 3 + 0 + 2 + 0 = 5$$ $$c_{43} = 1 + 0 - 3 + 2 = 0, \quad c_{44} = 1 + 0 + 0 + 4 = 5$$

$$\mathbf{A}^2 = \begin{pmatrix} 6 & 7 & 13 & 12 \\ 7 & -5 & 8 & -4 \\ 5 & -5 & 4 & -7 \\ -1 & 5 & 0 & 5 \end{pmatrix}$$

Sarrusovým pravidlem:

$$\det(\mathbf{A}) = 1 \cdot (-p) \cdot 4 + 1 \cdot 2 \cdot 2 + p \cdot 1 \cdot 2$$ $$\quad - p \cdot (-p) \cdot 2 - 1 \cdot 1 \cdot 4 - 1 \cdot 2 \cdot 2$$

Neboli:

$$= -4p + 4 + 2p + 2p^2 - 4 - 4$$ $$= 2p^2 - 2p - 4$$

$$2p^2 - 2p - 4 = 0$$ $$p^2 - p - 2 = 0$$ $$(p - 2)(p + 1) = 0$$

Determinant je nulový pro:

$$p_1 = -1, \qquad p_2 = 2$$