1 Polynómy a racionálne funkcie Základy Polynómy Cvičenia Racionálne funkcie... 17

Transcript

1 Obsah 1 Polynómy a racionálne funkcie 3 11 Základy 3 1 Polynómy 7 11 Cvičenia Racionálne funkcie Cvičenia 19 Lineárna algebra 3 1 Matice 3 11 Matice - základné vlastnosti 3 1 Cvičenia 6 Sústavy lineárnych rovníc 8 1 Základné pojmy 8 Gaussova eliminačná metóda riešenia sústav lineárnych rovníc 9 3 Cvičenia 33 3 Lineárne priestory Cvičenia 38 4 Vlastnosti matíc Hodnosť matice 39 4 Cvičenia Špeciálne typy matíc 4 44 Operácie s maticami 4 45 Cvičenia Inverzná matica Cvičenia 45 5 Determinanty Cvičenia 50 3 Analytická geometria Lineárny priestor R 3 a euklidovský priestor E Skalárny súčin Cvičenia 63 1

2 OBSAH 33 Vektorový súčin Cvičenia Zmiešaný súčin Cvičenia Priamka Cvičenia Rovina Cvičenia Cvičenia 69

3 Kapitola 1 Polynómy a racionálne funkcie 11 Základy Základy výrokového počtu Výrokom nazývame každú oznamovaciu vetu, o ktorej vieme jednoznačne rozhodnúť, či je pravdivá (priradíme pravdepodobnostnú hodnotu 1), alebo nepravdivá (priradíme pravdepodobnostnú hodnotu 0) Výroky označujeme malými písmenami abecedy: p, q, Ak p je výrok, negáciou výroku p nazývame výrok nie je pravda, že p a označujeme ho p Výroky je možné spájať tak, aby vznikla veta, ktorá je opäť výrokom Nech p, q sú dva výroky Uvádzame základné typy ich kombinácií: konjunkcia výrokov p a q sa nazýva výrok p a q a označuje sa p q disjunkcia výrokov p a q sa nazýva výrok p alebo q a označuje sa p q implikácia výrokov p a q sa nazýva výrok Ak p, potom q a označuje sa p q ekvivalencia výrokov p a q sa nazýva výrok p vtedy a len vtedy, keď q a označuje sa p q Pre hore uvedené typy kombinácií výrokov platí nasledujúca pravdivostná tabuľka: p q p p q p q p q p q

4 4 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE Z definície implikácie vyplýva, že ak sú pravdivé výroky p aj p q, musí byť pravdivý aj výrok q Teda na to, aby bol pravdivý výrok q v prípade, že výrok p q je pravdivý, stačí aby bol pravdivý výrok p Preto hovoríme, že pravdivosť výroku p je postačujúcou podmienkou pre pravdivosť výroku q Ak je pravdivý výrok p q, čo možno povedať o pravdivosti výroku p? Je zrejmé, že výrok p môže byť pravdivý len vtedy, ak je pravdivý výrok q, pretože keby výrok p bol pravdivý a výrok q nepravdivý, ako vidieť z tabuľky, výrok p q by bol nepravdivý Hovoríme, že pravdivosť výroku q je nutnou podmienkou pre pravdivosť výroku p Často uvažujeme o výrazoch, ktoré obsahujú znaky x, y, z,, za ktoré môžeme dosadzovať hodnoty z určenej množiny Ak po takomto dosadení dostaneme výrok, tak uvedený výraz nazývame výroková funkcia (výroková forma) Ak je daná výroková funkcia ϕ (x) môžeme utvoriť výroky: pre každé x platí ϕ (x), tento výrok označujeme krátko symbolom ( x; ϕ (x)), existuje x tak, že platí ϕ (x), tento výrok označujeme krátko symbolom ( x; ϕ (x)), existuje jediné x, pre ktoré platí ϕ (x), tento výrok označujeme krátko symbolom (!x; ϕ (x)) Množiny Množinu považujeme za určenú, ak vieme o ľubovoľnom objekte rozhodnúť, či je alebo nie je jej prvkom O každom objekte a, ktorý patrí do množiny M, hovoríme, že je prvkom množiny M, čo zapisujeme a M Skutočnosť, že prvok b nie je prvkom množiny M, zapíšeme takto: b / M Množinu môžeme definovať dvomi spôsobmi: tak, že vypíšeme všetky jej prvky, napríklad zápis M = {1,, 11, 0} znamená, že čísla 1,, 11, 0 sú prvkami množiny M, alebo definujeme všetky jej prvky, napríklad zápis P = {x A ϕ (x)} znamená, že prvkami množiny P sú tie prvky z množiny A, pre ktoré je ϕ (x) pravdivý výrok Množinu B nazývame podmnožinou množiny A, ak každý prvok množiny B je tiež prvkom množiny A, čo zapisujeme takto B A Dve množiny sa rovnajú, ak majú tie isté prvky, tj (A = B) (A B) (B A) Množina, ktorá nemá žiadne prvky sa nazýva prázdna množina a označuje sa symbolom

5 11 ZÁKLADY 5 Ak a A, b B, usporiadanou dvojicou (a, b) prvkov a A, b B nazývame dvojicu, v ktorej záleží na poradí prvkov a, b, pričom prvok a je prvý a b druhý člen dvojice Ak A, B sú dve množiny, potom množinu označenú A B = {x (x A) (x B)} nazývame zjednotením množín A, B, množinu označenú A B = {x (x A) (x B)} nazývame prienikom množín A, B, množinu označenú A \ B = A B = {x (x A) (x / B)} nazývame rozdielom množín A, B, množinu označenú A B = {(a, b) a A, b B} nazývame kartézskym súčinom množín A, B (v uvedenom poradí) Číselné množiny Prehľadne uvedieme číselné množiny, ktoré poznáme zo základných a stredných škôl: N - množina prirodzených čísel N = {0, 1,, 3, }, N + - množina kladných prirodzených čísel N + = {1,, 3, }, Z - množina celých čísel Z = {, 3, {, 1, 0, 1,, 3, }, Q - množina racionálnych čísel Q = p q p Z, q N +, I - množina iracionálnych čísel Iracionálne čísla sú také čísla, ktoré nemôžeme vyjadriť v tvare racionálneho čísla Iracionálne čísla sú napríklad čísla π, Zjednotenie množiny celých čísel, množiny racionálnych čísel a množiny iracionálnych čísel tvorí množinu reálnych čísel R = Q I - množina reálnych čísel, C - množina komplexných čísel Platí: N + N Z Q R C V množine prirodzených čísel platí dôkazový princíp matematickej indukcie, pomocou ktorého sa dokazujú výroky typu: pre každé prirodzené číslo n platí výrok V (n) Princíp dôkazu spočíva v dvoch krokoch, ktoré zodpovedajú vlastnostiam prirodzených čísel: 1 Ukážeme platnosť výroku V (n 0 ) pre n 0 N, tj ukážeme platnosť V (n 0 ) Ukážeme, že pre každé prirodzené číslo k n 0, platí implikácia V (k) V (k + 1) Potom pre každé prirodzené číslo n n 0 platí výrok V (n) Predpoklad V (k) implikácie v druhom kroku sa nazýva indukčný predpoklad

6 6 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE Reálne čísla je možné reprezentovať ako body na horizontálnej priamke tak, že v prípade a, b R, a < b, bod reprezentujúci číslo a leží vľavo od bodu reprezentujúceho číslo b Túto priamku nazývame reálna os Ku množine R niekedy pridávame dva symboly a, ktoré nie sú reálne čísla, pre ktoré platí: ak a R, potom < a < a < Definujeme R = R {, } a hovoríme, že R je rozšírená množina reálnych čísel Komplexné čísla Komplexné čísla C sú čísla tvaru z = x + yi, kde x, y R Hore uvedený tvar komplexných čísel sa nazýva algebraický tvar komplexného čísla z Algebraické operácie na C Na množine C zavedieme operácie +, nasledujúcim spôsobom: ak z 1 = a + bi, z = c + di, potom z 1 + z = (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d) i, z 1 z = (a + bi) (c + di) = (ac bd) + (ad + bc) i, tj násobenie komplexných čísel v algebraickom tvare je definované ako násobenie polynómov s použitím rovností i = 1, i 3 = i, i 4 = 1, i 5 = i, Dve komplexné čísla x + iy a x iy s rovnakými reálnymi časťami a opačnými imaginárnymi časťami sa nazývajú komplexne združené čísla Komplexne združené číslo k číslu z budeme označovať z a v komplexnej rovine sú to čísla symetrické podľa reálnej osi Ak z = x + iy, potom z = x iy Platí: Rez = Rez, Imz = Imz, Rez = z + z, Imz = z z, i (z) = z, z z = (x + iy)(x iy) = x + y Ľahko sa dá overiť, že platí: z 1 + z = z 1 + z, z 1 z = (z 1 ) (z )

7 1 POLYNÓMY 7 Vzdialenosť bodu (a, b) od bodu (0, 0) v komplexnej rovine nazývame absolútnou hodnotou komplexného čísla z = a + bi, označujeme z = a + b 0, tak máme z = (z z) 1 = z Delenie dvoch komplexných čísel z 1 = a + bi a z = c + di 0 je definované z 1 = z 1z = z 1z (a + bi)(c di) z z z = z c + d Pre absolútne hodnoty platí: 1 Polynómy Polynómy - základné pojmy = z 1 z = z 1 z, z 1 + z z 1 + z Definícia 1 Nech n N, a 0, a 1,, a n R Funkciu (ac + bd) + (bc ad)i c + d f : R R, f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 (11) nazývame reálny polynóm reálnej premennej x (stručne ho budeme nazývať len polynóm) Čísla a 0, a 1,, a n sú koeficienty polynómu f a výrazy a k x k pre k {0, 1, n} sú členy polynómu f, špeciálne a 0 je absolútny člen Polynóm g : R R, g(x) = 0 nazývame nulový polynóm Definičný obor aj koobor polynómov bude vždy množina R Preto namiesto dlhého zápisu (11) budeme používať kratší: alebo alebo alebo len f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, f(x), f Súčet f + g, rozdiel f g a súčin fg polynómov f, g definujeme štandardne tak, ako sú tieto binárne operácie definované pre funkcie, teda f + g : R R, (f + g)(x) = f(x) + g(x), f g : R R, (f g)(x) = f(x) g(x), fg : R R, (fg)(x) = f(x)g(x)

8 8 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE Súčet, rozdiel a súčin dvoch polynómov je opäť polynóm Rovnosť polynómov definujeme ako rovnosť funkcií Keďže polynómy majú rovnaké definičné obory, môžeme povedať, že dva polynómy f, g sú rovnaké a píšeme f = g, ak f(x) = g(x) pre všetky x R Veta 1 Nech f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, a s 0 a M = max{ a 0, a 1,, a n 1 } Potom pre každé komplexné číslo z, ktoré vyhovuje podmienke z > 1 + M, je f(z) 0 a n Veta Polynóm f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 je nulový vtedy a len vtedy, keď a 0 = a 1 = = a n = 0 Veta 3 Dva polynómy f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, a n 0, g(x) = b m x m + b m 1 x m b 1 x + b 0, b m 0 sú rovnaké práve vtedy, keď n = m, a 0 = b 0, a 1 = b 1,, a n = b n Poznámka 1 Vo vyšších ročníkoch sa zoznámite s matematickými štruktúrami ako sú konečné okruhy a konečné polia, ktoré sa využívajú v kódovaní a v kryptológii Polynómy, s koeficientmi z týchto štruktúr, definujeme iba ako formálne výrazy, ktoré reprezentujú n+1-tice koeficientov (kódové slová, správy, zašifrované správy) Mocnina x-u iba určuje miesto príslušnej zložky v n + 1-tici V tomto prípade predchádzajúca veta neplatí Existujú rozdielne polynómy (rôznych stupňov s rôznymi koeficientmi), ktoré v každom bode definičného oboru majú rovnaké hodnoty To znamená, že reprezentujú rovnaké funkcie Definícia Ak a n 0, tak číslo n nazývame stupeň polynómu f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 Označujeme n = st(f) = st (f(x)) Poznámka Pomocou predchádzajúcej definície sme definovali polynómy nultého, prvého, druhého, atď stupňa Všimnime si však, že pomocou tejto definície sme nepriradili stupeň nulovému polynómu V tomto ohľade musíme byť veľmi opatrní, lebo by sme mohli mať problémy pri určovaní stupňa súčinu polynómov Tento nedostatok môžeme odstrániť takto: Definícia 3 Stupňom nulového polynómu nazývame symbol Stupne nenulových polynómov sú prirodzené čísla, ktoré vieme sčitovať a porovnávať Aby to bolo možné aj so stupňom nulového polynómu, dohodnime sa, že pre všetky n N + n = n + ( ) =, + ( ) =, < n Tieto pravidlá využívame hlavne pri násobení polynómov

9 1 POLYNÓMY 9 Veta 4 Pre každé dva polynómy f, g Delenie polynómov st(f + g) max{st(f), st(g)}, st(fg) = st(f) + st(g) Príklad 1 Zistite, či k polynómom f(x) = 1, g(x) = x+1 existuje polynóm h tak, aby f = gh Riešenie 1 Pre polynóm h má platiť: 1 = (x + 1)h(x), odkiaľ pre stupne vyplýva { 1 + ( ) =, ak st(h) =, st(gh) = st(x+1)+st(h) = 1+st(h) = 1 + n, ak st(h) = n > V oboch prípadoch st(gh) st(f) = 0 Znamená to, že požadovaný polynóm h neexistuje V predchádzajúcom príklade sme videli, že podiel polynómov f, g je funkcia, ktorá nie je polynóm Podobná situácia je pri delení celých čísel Tu tiež podiel celých čísel nemusí byť celé číslo Avšak existuje tu delenie celých čísel so zvyškom Nasledujúca veta hovorí, že delenie so zvyškom je možné zaviesť aj pre polynómy Veta 5 Ku každým dvom polynómom f, g, kde g je nenulový polynóm, existujú také polynómy q, r, že 1) f = gq + r, ) st(r) < st(g) Podmienkami 1 a sú polynómy q, r jednoznačne určené Polynóm q z predchádzajúcej vety sa nazýva podiel a polynóm r zvyšok po delení polynómu f polynómom g Veta 6 Zvyšok po delení polynómu f polynómom x c, kde konštantný polynóm r(x) = f(c) c R, je Všimnime si teraz bližšie delenie polynómu f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 polynómom g(x) = x c, kde n 1, a n 0, c R Podielom je polynóm q(x) = b n 1 x n 1 +b n x n + +b 1 x+b 0 a zvyškom r(x) = u Poďme zistiť, aké sú ich koeficienty b 0, b 1,, b n 1, u Predovšetkým platí rovnosť polynómov a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = = (x c)(b n 1 x n 1 + b n x n + + b 1 x + b 0 ) + u = = b n 1 x n + (b n cb n 1 )x n (b 0 cb 1 )x + u cb 0

10 10 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE Porovnaním koeficientov dostaneme a n = b n 1, b n 1 = a n, a n 1 = b n cb n 1, b n = a n 1 + cb n 1, odkiaľ a 1 = b 0 cb 1, b 0 = a 1 + cb 1, a 0 = u cb 0, u = a 0 + cb 0 Výsledné vzťahy je vhodné písať v tvare tabuľky, a n a n 1 a 1 a 0 c cb n 1 cb 1 cb 0 a }{{} n a n 1 + cb n 1 a }{{} 1 + cb 1 a }{{} 0 + cb }{{} 0 b n 1 b n b 0 u=f(c) ktorú nazývame Hornerova schéma Príklad Hornerovou schémou vydeľte polynóm f(x) = x 5 x 4 + x 8x + polynómom x a vypočítajte f() Riešenie Podiel je polynóm x 4 + x 6 a zvyšok 10 Takže platí f(x) = (x )(x 4 + x 6) 10 f() = 10 Definícia 4 Hovoríme, že polynóm f je deliteľný nenulovým polynómom g a píšeme g f, ak existuje taký polynóm h, že f = gh Polynóm g sa nazýva deliteľ polynómu f Všimnime si, že polynóm f je deliteľný polynómom g práve vtedy, keď zvyšok po delení polynómu f polynómom g je nulový polynóm Namiesto polynóm f je deliteľný polynómom g sa tiež hovorí polynóm g delí polynóm f

11 1 POLYNÓMY 11 Korene polynómu Definícia 5 Reálne číslo c nazývame koreňom polynómu f, ak f(c) = 0 Veta 7 Reálne číslo c je koreňom polynómu f práve vtedy, keď (x c) f Definícia 6 Ak číslo c je koreň polynómu f stupňa n N +, tak lineárny polynóm x c nazývame koreňový činiteľ polynómu f Definícia 7 Reálne číslo c sa nazýva k -násobný koreň (k N + ) polynómu f, st(f) 1, ak (x c) k f a (x c) k+1 f Pre k = 1 hovoríme, že c je jednoduchý koreň Ak c je k-násobný koreň polynómu f, tak f(x) = (x c) k g(x) pre vhodný polynóm g, a g(c) 0 Veta 8 (O racionálnych koreňoch polynómov s celočíselnými koeficientmi) Nech racionálne číslo p q, kde p Z, q N+ sú nesúdeliteľné čísla, je koreň polynómu f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, a n 0, n 1, s celočíselnými koeficientmi Potom q a n, p a 0 Príklad 3 Nájdite všetky racionálne korene polynómu f(x) = 1 3 x5 1 x x3 1 3 x Riešenie 3 Polynóm f nemá celočíselné koeficienty, ale polynóm g(x) = 6f(x) = x 5 3x 4 + x 3 x + 1 áno Naviac, pre každé reálne číslo x platí f(x) = 0 práve vtedy, keď g(x) = 0 To znamená, že g má rovnaké korene ako f Môžeme teda hľadať racionálne korene polynómu g v tvare p q, kde p je celé číslo, q je prirodzené číslo vyhovujúce podmienkam: p delí a 0 = 1, q delí a 5 = Do úvahy pripadajú čísla: p {±1}, q {1, }, odkiaľ vyplýva p q { ±1, ± 1 Ak polynóm g má racionálny koreň, tak podľa predchádzajúcej vety to môže byť len niektoré z čísel ±1, ± 1 a žiadne iné Ktoré z nich je koreňom polynómu g, môžeme zistiť Hornerovou schémou Základná veta algebry Doteraz sme o polynómoch uvažovali iba ako o reálnych funkciách reálnej premennej Samozrejme, nutnou podmienkou bolo, aby takéto polynómy mali reálne koeficienty Avšak aj v takomto prípade môžeme uvažovať o situácii, že rozšírime definičný obor na množinu všetkých komplexných čísel, a teda aj koobor budeme musieť tiež rovnakým spôsobom rozšíriť Ak uvažujeme o polynóme f : C C, tak rovnako ako pri reálnych polynómoch môžeme hovoriť o koreňoch a násobných koreňoch }

12 1 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE Veta 9 Nech f je polynóm s reálnymi koeficientmi a st(f) 1 Potom platí: Ak c C je koreň polynómu f, tak aj komplexne združené číslo c je koreň polynómu f Navyše, ak c je k-násobný koreň polynómu f, tak aj c je k-násobný koreň polynómu f Reálny polynóm stupňa aspoň nemusí mať žiadny reálny koreň Takáto situácia nemôže nastať pre komplexný polynóm stupňa aspoň 1 Veta 10 (Základná veta algebry) Každý komplexný polynóm aspoň prvého stupňa má aspoň jeden komplexný koreň Nech f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, a n 0, n 1 je komplexný polynóm komplexnej premennej Podľa základnej vety algebry má tento polynóm aspoň jeden koreň Označme ho c 1 Polynóm f je deliteľný koreňovým činiteľom x c 1, teda existuje polynóm f 1, st (f 1 ) = n 1 tak, že f(x) = (x c 1 )f 1 (x) Ak n 1 1, tak f 1 má koreň, môžeme ho označiť c a existuje taký polynóm f, st(f ) = n, že f 1 (x) = (x c )f (x) a potom f(x) = (x c 1 )(x c )f (x) Takto môžeme pokračovať ďalej a po n-tom zopakovaní tohto kroku dostaneme f(x) = (x c 1 )(x c ) (x c n )f 0 (x), st(f 0 ) = 0 f 0 je konštantný polynóm b Vzhľadom k tomu, že najvyšší koeficient polynómu f je a n, musí platiť: b = a n Tak dostávame tvar f(x) = a n (x c 1 )(x c ) (x c n ), ktorý nazývame rozklad polynómu f na súčin koreňových činiteľov Z tohto tvaru polynómu f vyplýva, že čísla c 1, c,, c n sú jeho korene a okrem nich žiadne iné nemá Preto platí Veta 11 Polynóm stupňa n, n 1, má najviac n rôznych koreňov Polynóm nultého stupňa nemá žiadny koreň Koreňom polynómu stupňa (nulového polynómu) je každé komplexné číslo Veta 1 Nech f, g sú komplexné polynómy stupňa najviac n N a g je nenulový polynóm Nech pre n + 1 komplexných čísel x 0, x 1,, x n platí potom f = g f(x 0 ) = g(x 0 ), f(x 1 ) = g(x 1 ),, f(x n ) = g(x n ),

13 1 POLYNÓMY 13 Kanonický rozklad polynómu nad R V rozklade polynómu f na súčin koreňových činiteľov nemusia byť korene c 1,, c n navzájom rôzne Povedzme, že navzájom rôzne sú len c 1,, c k, (k n), pričom c 1 sa opakuje r 1 -krát,, c k sa opakuje r k -krát Potom môžeme písať f(x) = a n (x c 1 ) r 1 (x c ) r (x c k ) r k r 1 + r + + r k = n Tomuto tvaru hovoríme kanonický rozklad polynómu f nad C Zaoberajme sa teraz reálnym polynómom f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, a i R, a n 0, n 1 a možnosťou rozložiť ho na súčin reálnych polynómov, čo možno najmenšieho stupňa Povedzme, že polynóm f má navzájom rôzne reálne korene c 1,, c k násobností v poradí r 1,, r k, a pretože f je reálny polynóm, tak môže mať aj navzájom rôzne (po dvoch združené) komplexné korene α 1, α 1,, α m, α m s násobnosťami s 1,, s m Potom f(x) = a n (x c 1 ) r 1 (x c k ) r k (x α 1 ) s 1 (x α 1 ) s 1 (x α m ) s m (x α m ) s m je kanonický rozklad polynómu f nad C Ľahko sa presvedčíme, že pre každé komplexné číslo α platí (x α)(x α) = x Re(α)x + α = x + px + q, pričom posledný polynóm je reálny Použitím tohto vzťahu môžeme kanonický rozklad nad C polynómu f upraviť na tvar f(x) = a n (x c 1 ) r 1 (x c k ) r k (x + p 1 x + q 1 ) s 1 (x + p m x + q m ) s m, kde c 1,, c k sú navzájom rôzne reálne korene násobností r 1,, r k, polynómy x + p j x + q j, j {1,, m} majú komplexné korene α j, α j, ktoré sú s j -násobnými koreňmi polynómu f Je zrejmé, že r r k + (s s m ) = n Takýto tvar reálneho polynómu nazývame kanonický rozklad polynómu f nad R 11 Cvičenia 1 Vynásobte polynómy: (a) (x 4 6x 3 + 5x 1)(x x + ) x 6 10x x 4 7x 3 11x + 1x (b) (3x 3 + x + x )(3x 3 + x x + ) 9x 6 + 9x 5 + x 4 + x 3 3x + 4x 4

14 14 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE Vykonajte delenie so zvyškom: (a) (x 4 3x 3 + 4x 5x + 6) : (x 3x + 1) podiel: x + 3x + 11 zvyšok: 5x 5 (b) x 6 + x 5 x 4 + x 3 x ) : (x 3 + x + 1) podiel: x 3 x zvyšok: x + x (c) (x 3 x x) : (x 1) podiel: x x zvyšok: Pomocou Hornerovej schémy vykonajte delenie so zvyškom: (a) (x 4 x 3 + 4x 6x + 8) : (x 1) (x 1)(x 3 x + 3x 3) + 5) (b) (4x 3 + x ) : (x i) (x i)(4x (3 + 4i)x 1 + 7i) + 8 6i (c) (3x 4 + (1 3i)x 3 ix + ix i) : (x i) (x i)(3x 3 + x ix i) 1 4 Pomocou Hornerovej schémy vypočítajte f(c): (a) f(x) = x 4 3x 3 + 6x 10x + 16, c = (b) f(x) = 6x 4 7x 3 + 4x +, c = (c) x 5 + (1 + i)x 4 (1 + 3i)x + 7, c = i 1 44i 5 Aké podmienky musia spĺňať reálne čísla p, q, m, aby polynóm x 4 + px + q bol deliteľný polynómom x + mx + 1? m = 0, q p + 1 = 0 alebo q = 1, p = m 6 Zistite, pre aké čísla a, b je polynóm f(x) = ax 3 + x + bx + a deliteľný polynómom g(x) = x + 1 b = a = 7 Určte číslo a tak, aby číslo c bolo koreňom polynómu f:

15 1 POLYNÓMY 15 (a) f(x) = x 3 + x ax +, c = 3 a = 47 3 (b) f(x) = x 5 ax 4 x 3 + ax + 3a, c = 1 a = 1 3 (c) f(x) = x 6 ax 4 x 3 + ax + 3a, c = 1 a = 1 8 Zistite koľkonásobným koreňom polynómu f je číslo c: (a) f(x) = x 6 4x 5 + 6x 4 8x x 8x + 8, c = dvojnásobný (b) f(x) = x 5 5x 4 + 7x 3 x + 4x 8, c = trojnásobný (c) f(x) = x 5 + 7x x 3 + 8x 16x 16, c = štvornásobný (d) f(x) = x 6 ix 5 x 4 x + ix + 1, c = i trojnásobný 9 Nájdite racionálne korene polynómov: (a) x 7 13x 6 + 6x x 4 18x 3 + 9x x + 3, 3, 1 dvojnásobný (b) 6x 4 11x 3 x 4, 3, (c) 10x 4 13x x 18x 4 nemá racionálne korene (d) 4x x 4 x 3 19x 5x + 6 1, 3, 3 4 (e) x 5 + x 4 6x 3 14x 11x 3 1 štvornásobný, 3 jednoduchý 10 Riešte rovnicu, ak poznáte jeden jej koreň c: (a) x 4 4x + 8x 4 = 0, c = 1 i 1 ± i, 1 ± 3

16 16 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE (b) 4x 6 16x x 4 60x x + 16x 0 = 0, c = + i ± i, ±i, ± 1 (c) x 6 x 5 13x 3 + 9x + 8x + 0 = 0, c = 1 + i 1 ± i, dvojnásobný, 1 ± i 3 (d) x 5 + x 4 + x 3 x x 1 = 0, c = 1 + i 3 1, 1 ( 1 ± i 3) dvojnásobný (e) x 5 + 5x 4 + 8x 3 + 7x + 6x + = 0, c = 1 + i 1 ± i, 1, ±i, 11 Nech a, b, c sú navzájom rôzne reálne čísla Dokážte, že polynómy f, g sú rovnaké (a) f(x) = a (x b)(x c) (a b)(a c) g(x) = x + b (x a)(x c) (b a)(b c) + c (x a)(x b) (c a)(c b), Stačí dokázať, že f (a) = g (a), f (b) = g (b), f (c) = g (c) (x b)(x c) (x a)(x c) (x a)(x b) (b) f(x) = + + (a b)(a c) (b a)(b c) (c a)(c b), g(x) = 1 Stačí dokázať, že f (a) = g (a), f (b) = g (b), f (c) = g (c) 1 Nájdite kanonický rozklad polynómov nad R: (a) x x 1, (x 1) ( x + 1 (b) x x + 1, (x x + 1) ) (c) 3x 3 x + 3x 1, ( 3(x + 1) x 1 ) 3 (d) x 3 x 1, ( x + x + 1 ) (x 1) (e) x 4 x 3 + 7x 4x 4, ( (x 1) x + 1 ) (x + 4)

17 13 RACIONÁLNE FUNKCIE 17 (f) x 4 + 4, (x + x + )(x x + ) (g) 4x 4 + 6x + 9, ( 4 x (h) 8x 6 7, ( 8 x 3 x ) ( x + ) ( ) x 3 + x ) ( ) ( ) x 3 x + 3 x 3 + x + 3 (i) x 6 8, (x )(x + )(x + x + )(x x + ) (j) 3x 4 18x + 9 ( 3 x 3 ) ( 6 x + 3 ) 6 ( x 3 + ) ( 6 x ) 6 (k) 4x 4 + x + 1 ( ) ( 3 4 x + x + 1 x ) 3 x + 1 (l) x 6 + 3x 5 + x 3 + 3x 1 ( x 1 ) (x + 1) 3 (x x + 1) (m) x 6 x 5 + x 4 + 4x 8x + 4 (x 1) (x + x + )(x x + ) (n) f(x) = x 5 + 5x 4 + 8x 3 + 7x + 6x + (x + 1)(x + x + ) ( x + 1 ) (o) g(x) = x 5 3x 4 + x 3 x + 1 (x + 1)(x 1) ( x + 1 ) 13 Racionálne funkcie Definícia 8 Nech f(x), g(x) sú polynómy s reálnymi koeficientmi Potom funkcia F : R \ {x R g(x) = 0} R, F (x) = f(x) g(x), sa nazýva reálna racionálna funkcia Ak st(f) < st(g), funkcia F sa nazýva rýdzo-racionálna Príklad 4 Funkcie F (x) = x 3 x + 1 x + ( )x +, G(x) = x + 4x + 1 3x 5 x 3 + x + sú racionálne Funkcia G je rýdzo-racionálna

18 18 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE Definícia 9 Elementárnym zlomkom nad R (presnejšie: reálnym elementárnym zlomkom) nazývame každú racionálnu funkciu a F (x) = (x α) k, kde a, α R, k N + a G(x) = ax + b (x + px + q) k, kde a, b, p, q R, k N + a polynóm x + px + q nemá reálne korene Veta 13 Každá reálna racionálna funkcia sa dá vyjadriť v tvare súčtu reálneho polynómu a rýdzo-racionálnej reálnej funkcie Veta 14 Každá reálna rýdzo-racionálna funkcia sa dá vyjadriť v tvare súčtu konečného počtu reálnych elementárnych zlomkov Tomuto tvaru rýdzo-racionálnej funkcie hovoríme rozklad rýdzo-racionálnej funkcie na elementárne zlomky nad R na elemen- Postup pri rozklade racionálnej funkcie H(x) = f(x) g(x) tárne zlomky nad R: 1 Vykonáme delenie polynómov f, g so zvyškom: f(x) = g(x)q(x) + r(x), st(r) < st(g) Odkiaľ H(x) = f(x) g(x) = q(x) + r(x) g(x) Tým sme získali vyjadrenie racionálnej funkcie H v tvare súčtu polynómu a rýdzo-racionálnej funkcie Nájdeme kanonický rozklad polynómu g nad R 3 Rýdzo-racionálnu funkciu r(x) rozpíšeme na súčet elementárnych zlomkov tak, že ku každému činiteľu z kanonického rozkladu polynómu g g(x) (okrem najvyššieho koeficienta) pridávame zlomky: (x α) k a 1 x α + a (x α) + + a k (x α) k, ( x + px + q ) k 4 Vypočítame koeficienty a j, b j, c j b 1 x + c 1 x + px + q + b x + c (x + px + q) + + b kx + c k (x + px + q) k

19 13 RACIONÁLNE FUNKCIE Cvičenia 1 Rozhodnite, či je daná funkcia elementárnym zlomkom nad R (a) f(x) = x + 1 x + 5x + 6, nie je x + 1 (b) f(x) = (x + 4x + 5) 3, je (c) f(x) = x + 1 (x ), nie je 1 (d) f(x) = (x ), je Rozložte na elementárne zlomky nad R (bez výpočtu koeficientov) racionálnu funkciu: (a) (b) (c) 1 (x 3 8) (x 4 + 4x + 16) a (x ) + b x + + qx + r x + x cx + d (x + x + 4) 3 + ex + p (x + x + 4) + sx + t x x + 4 3x + 1 (x 3 + 4x )(x 4) a x + b x + c (x + ) + d x + + e x x + 1 (x 4 16)(x 3 + 8) a (x + ) + b x + + c x + dx + e x rx + s x x Rozložte na elementárne zlomky nad R racionálnu funkciu: (a) f(x) = x + 1 x + 5x + 6, f(x) = 5 x x + (b) f(x) = x + 3 x + x +, f(x) = x + 3 x + x +

20 0 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE (c) f(x) = x + 1 (x ), f(x) = 5 (x ) + x (d) f(x) = 6x x + 18 x 3 6x + 11x 6, f(x) = 1 x 1 + x + 3 (e) f(x) = 4x + 6 x 3 6x + 11x 6, x 3 f(x) = 1 x 1 + x 3 x 3 (f) f(x) = f(x) = (g) f(x) = f(x) = 4x 11x + 1 (x + 1)(x 4x + 4), (x ) + 1 x + 3 x + 1 4x 11x + 1 (x 1)(x 4x + 4), 6 (x ) 1 x + 5 x 1 (h) f(x) = 4x 11x + 1 (x )(x x ), f(x) = (i) f(x) = f(x) = (x ) + 1 x + 3 x + 1 x + 9x + 3 (x + 1)(x x 3), 1 (x + 1) 1 x x 3 (j) f(x) = x3 10x + 13x + 1 x 4 x 3 3x + 5x, f(x) = (x 1) 3 1 (x 1) 1 x x + (k) f(x) = x3 1x + 18x + 11 x 4 x 3 3x + 5x, f(x) = 6 (x 1) 3 3 (x 1) x x + x + x (l) f(x) = x 3 + 3x + 3x + 1, f(x) = 1 (x + 1) x + 1

21 13 RACIONÁLNE FUNKCIE 1 x 6x + 7 (m) f(x) = x 4 6x x 1x + 4, f(x) = (x 1) 1 (x ) (n) f(x) = 3x3 1x + 1x 1 x 4 6x x 1x + 4, (o) f(x) = 6x + 7x + 4 x 3 + 3x 1 (x 1) + 1 x 1 1 (x ) + x 4 x 1 1 (x + 1) + 1 x + 1 (p) f(x) = 4 x 4 1, f(x) = 1 x 1 1 x + 1 x + 1 (q) f(x) = 4x 1x + 4 (x x + ), f(x) = 4x 4 (x x + ) + 4 x x + 3x 5 (r) f(x) = x 3 + 5x + 10x + 1, f(x) = (s) x x + 1 x + x + 4 x 3 + x x (x + 1) (x + 1) f(x) = 1 ( 1 (x + 1) + x 1 x + 1 (t) x4 3x x 4x + 1 (x 1)(x 4 x 3 x + 1) f(x) = ) 1 (x 1) 3 x 1 + x x + x + 1 (u) f(x) = x3 + 7x + 14x + 8 (x + x + ), f(x) = x + 3 x + x + + 4x + (x + x + ) (v) f(x) = x4 3x x 4x + 1 (x 1)(x 4 x 3 x + 1), f(x) = 1 (x 1) 3 x 1 + x x + x + 1

22 KAPITOLA 1 POLYNÓMY A RACIONÁLNE FUNKCIE (w) f(x) = 8x3 + 5x + 10x + 9 (x 4)(x + 3x + 3), f(x) = 1 x 4 + x 3 (x + 3x + 3) + x + 1 x + 3x Rozložte na polynóm a elementárne zlomky nad R racionálnu funkciu: (a) 4x5 8x 4 + 5x 3 x + x + 1 (x x) f(x) = x (x 1) 10 x x + 5 x (b) f(x) = x4 + x 3 + 4x + x + 1 x 3 + x, f(x) = x x 1 + x + 1 x + x + (c) x 6 + x 5 (x 3 1)(x + x + 1) f(x) = x + x 1 3(x + x + 1) + 11x + 5 9(x + x + 1) + 9(x 1) (d) x6 5x x 4 18x x 8x + 8 (x )(x x + ) f(x) = x x + x 6 (x x + ) + x x +

23 Kapitola Lineárna algebra 1 Matice 11 Matice - základné vlastnosti Definícia 10 Reálnou maticou typu m n, m, n N +, nazývame tabuľku (schému) reálnych čísel a 11 a 1 a 1n a 1 a a n A = a m1 a m a mn Číslo a jk R sa nazýva prvok matice A na (j, k) -tom mieste Prvky a 11, a,, a pp, kde p = min{m, n}, tvoria hlavnú diagonálu matice A Pre množinu všetkých matíc typu m n s reálnymi prvkami budeme používať označenie R m n Nebudeme rozlišovať medzi prvkami (a) R 1 1 a a R Preto aj budeme písať R 1 1 = R Matice typu n 1 nazývame stĺpcové vektory Matice typu 1 n budeme nazývať riadkové vektory alebo n-tice Maticu A, ktorej prvky sú a jk pre j {1, m}, k {1,, n}, budeme stručnejšie zapisovať (a jk ) m n alebo, keď bude jasné, aký je počet riadkov a stĺpcov matice, alebo tieto hodnoty nebudú dôležité, len (a jk ) Matica, ktorej všetky prvky sú nuly, sa nazýva nulová a označujeme ju 0 alebo (0) m n, ak chceme vyznačiť aj jej typ Nasledujúca n-tica (a j1, a j,, a jn ) sa nazýva j -tý riadok a stĺpcová m-tica a 1k a k a mk 3

24 4 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA k -tý stĺpec matice A = (a jk ) m n Ak označíme R 1, R,, R m riadky a S 1, S,, S n stĺpce matice A typu m n, tak budeme tiež písať A = Príklad 5 Pre maticu je tretí stĺpec S 3 = R 1 R R m A = 6 1 1, A = (S 1, S,, S n ) R 3 4 a druhý riadok R = (3,, 1, 0) Definícia 11 Dve matice A = (a jk ), B = (b jk ) sa rovnajú (A = B), ak sú rovnakého typu a pre všetky j, k platí a jk = b jk Definícia 1 Vedúcim prvkom n-tice nazývame jej prvú nenulovú zložku zľava Príklad 6 Vedúcim prvkom šestice je jej tretia zložka (0, 0,, 0, 3, 1) Nulová n-tica nemá vedúci prvok Definícia 13 Matica A = R 1 R R m sa nazýva stupňovitá, ak pre j {1,,, m 1} platí: 1 Vedúci prvok riadku R j+1 je posunutý aspoň o jedno miesto doprava vzhľadom k vedúcemu prvku riadku R j Ak j < m a R j = 0, tak R j+1 = 0, pričom 0 označuje nulovú n-ticu

25 1 MATICE 5 Príklad 7 Matica je stupňovitá, matica nie je stupňovitá Definícia 14 Matica A sa nazýva redukovaná stupňovitá, ak je stupňovitá, vedúci prvok každého nenulového riadku je 1 a v každom stĺpci, v ktorom sa nachádza vedúci prvok niektorého riadku, sa všetky ostatné prvky rovnajú 0 Príklad 8 Matica je redukovaná stupňovitá Definícia 15 Elementárnou riadkovou operáciou (ERO) na matici A = R 1 R R m nazývame každú z nasledujúcich úprav matice A: 1 Vzájomná výmena dvoch riadkov matice A Nahradenie jedného riadku matice A jeho nenulovým násobkom 3 Nahradenie jedného riadku súčtom tohto riadku a ľubovoľného násobku iného riadku matice A

26 6 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA Jednotlivé ERO budeme označovať takto: R j :=: R k vzájomná výmena j-teho a k-teho riadku R j := αr j nahradenie j-teho riadku jeho α-násobkom R j := R j + βr k nahradenie j-teho riadku súčtom tohto riadku a β-násobku k-teho riadku Analogicky sa definujú elementárne stĺpcové operácie (ESO) ERO a ESO nazývame spoločným názvom elementárne operácie (EO) Definícia 16 Dve matice A, B sa nazývajú riadkovo ekvivalentné stĺpcovo ekvivalentné ak B vznikne z A konečným počtom ekvivalentné ERO ESO EO Tieto ekvivalencie v tom istom poradí označujeme: A r B, A s B, A B Veta 15 Každá matica je riadkovo ekvivalentná s niektorou stupňovitou a tiež s niektorou redukovanou stupňovitou maticou 1 Cvičenia 1 Zistite, ktoré z matíc 1 0 A = 1, B = ( 1, 0, ), ( 1 ) ( ) D =, E =, F = , G = sú ( H = , J = ( ) cos α sin α K =, L = sin α cos α M =, O =, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0 ), , 1,, 0 0, 0, 0, 1,, 1, 0, 0, 1, 0 0, 0, 1, 5, 0 0, 0, 0,, 0, 1

27 1 MATICE 7 (a) stupňovité, B, D, H, J, K pre α = kπ, k Z, L, O (b) redukované stupňovité? K pre α = kπ, k Z, L, O Nájdite redukovanú stupňovitú maticu, ktorá je riadkovo ekvivalentná s maticou (a) , 0, 0, 1 0, 1, 0, 0 0, 0, 1, (b) (c) 1, 0, 1,, 3, 4 0, 1,, 3, 4, 5 0, 0, 0, 0, 0, 0 0, 0, 0, 0, 0, Ukážte, že matice A = sú riadkovo ekvivalentné, B = Stupňovitý redukovaný tvar oboch matíc je

28 8 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA Sústavy lineárnych rovníc 1 Základné pojmy Definícia 17 Nech m, n N +, a jk, b j R pre j {1,, m}, k {1,, n} Potom a 11 x 1 + a 1 x + + a 1n x n = b 1 a 1 x 1 + a x + + a n x n = b a m1 x 1 + a m x + + a mn x n = b m (1) je sústava m lineárnych rovníc s n neznámymi x 1, x,, x n, s koeficientmi a jk a s pravou stranou Maticu B = b 1 b b m a 11 a 1 a 1n a 1 a a n A = a m1 a m a mn nazývame maticou sústavy (1) a maticu a 11 a 1 a 1n b 1 a 1 a a n b (A B) = a m1 a m a mn b m homogénna sústava li- rozšírenou maticou sústavy (1) Ak pravá strana B = 0, tak (1) sa nazýva neárnych rovníc Zvislá čiara v rozšírenej matici sústavy (1) slúži len na vizuálne oddelenie pravej strany od koeficientov sústavy Sústava lineárnych rovníc (1) je svojou rozšírenou maticou sústavy jednoznačne určená Definícia 18 Riešením sústavy lineárnych rovníc (1) nazývame každú n-ticu q = (q 1, q,, q n ) R n, pre ktorú platí a 11 q 1 + a 1 q + + a 1n q n = b 1 a 1 q 1 + a q + + a n q n = b a m1 q 1 + a m q + + a mn q n = b m

29 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 9 V riešeniach príkladov budeme množinu všetkých riešení sústavy (1) označovať K Definícia 19 Dve sústavy lineárnych rovníc S 1, S nazývame ekvivalentné, ak majú rovnaké množiny riešení Definícia 0 Lineárnou kombináciou rovníc zo sústavy (1) s koeficientmi α 1, α,, α m nazývame lineárnu rovnicu α 1 (a 11 x 1 + a 1 x + + a 1n x n ) + + α (a 1 x 1 + a x + + a n x n ) α m (a m1 x 1 + a m x + + a mn x n ) = = α 1 b 1 + α b + + α m b m Definícia 1 Elementárnou úpravou sústav lineárnych rovníc nazývame každú úpravu, pomocou ktorej z ľubovoľnej sústavy lineárnych rovníc S vznikne sústava lineárnych rovníc S ekvivalentná s S Veta 16 Nasledujúce úpravy sú ekvivalentnými úpravami sústav lineárnych rovníc 1 Vzájomná výmena dvoch rovníc sústavy Nahradenie rovnice sústavy jej nenulovým násobkom 3 Nahradenie rovnice sústavy súčtom tejto rovnice a ľubovoľného násobku inej rovnice sústavy 4 Vynechanie rovnice, ktorá je lineárnou kombináciou iných rovníc sústavy Gaussova eliminačná metóda riešenia sústav lineárnych rovníc Táto metóda spočíva v prepise danej sústavy lineárnych rovníc, pomocou elementárnych úprav, na sústavu s ňou ekvivalentnú, ktorej riešenie vieme ľahšie nájsť Takou je sústava lineárnych rovníc, ktorej rozšírená matica je stupňovitá alebo ešte lepšie redukovaná stupňovitá V podstate, okrem ERO, ide o vynechanie nulových riadkov v stupňovitom tvare matice Ak pri úprave rozšírenej matice vznikne riadok (0, 0,, 0 b), kde b 0 znamená to, že v prislúchajúcej sústave je rovnica 0 x x x n = b, ktorá nemá riešenie, a teda ani sústava (1) nemá riešenie

30 30 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA Uvažujme teraz o situácii, keď máme rozšírenú maticu sústavy upravenú na stupňovitú maticu, ktorá neobsahuje riadok (0, 0,, 0 b) s nenulovým číslom b V tom prípade táto matica, po vyškrtnutí nulových riadkov (tie sú lineárnou kombináciou ostatných), má tvar D = 0,, 0, d 1k1,, d 1k,, d 1kr,, d 1kn u 1 0,, 0, 0,, d k,, d kr,, d kn u 0,, 0, 0,, 0,, d rkr,, d rkn u r V rámčekoch sú vedúce prvky riadkov Je zrejmé, že v takomto prípade prvých k 1 1 premenných sú fiktívne a je možné ich voliť ľubovoľne Preto budeme uvažovať o situácii, keď matica D je v tvare D = d 11,, d 1k,, d 1kr,, d 1kn u 1 0,, d k,, d kr,, d kn u 0,, 0,, d rkr,, d rkn u r Keďže vedúce prvky riadkov sa posúvajú aspoň o jedno miesto doprava a v matici nemôže byť riadok (0, 0,, 0 b) s nenulovým číslom b, musí platiť r n, 1 < k < < k r n Napíšme k matici D príslušnú sústavu lineárnych rovníc, na ktorej urobíme ešte malú úpravu: na ľavej strane rovníc nechajme len neznáme x 1, x k,, x kr Všetky zvyšné neznáme presunieme na pravú stranu d 11 x 1 + d 1k x k + + d 1kr x kr = u 1 j M d k x k + + d kr x kr = u j M d rkr x kr = u r j M d 1j x j d j x j d rj x j () kde M = {,, n} \ {k,, k r } Táto sústava je ekvivalentná so sústavou (1) a navyše sa dajú ľahko nájsť všetky jej riešenia Keby sme sústavy () upravili až na redukovanú stupňovitú, tak vedúce prvky jej riadkov by boli jednotky a všetky prvky nad nimi nuly, teda d 11 = d k = = d rkr = 1, d 1k = 0, d 1k3 = d k3 = 0,, d 1kr = d kr = = d r 1 kr = 0 K tejto matici prislúchajúca sústava lineárnych rovníc má po prenesení neznámych x j pre j M na pravú stranu tvar

31 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 31 x 1 = u 1 j M x k = u j M x kr = u r j M d 1j x j d j x j d rj x j (3) kde neznáme x k1, x k,, x kr sú už priamo vyjadrené pomocou zvyšných neznámych Na záver môžeme napísať: Ak v upravenej rozšírenej matici sústavy (1) na stupňovitú maticu D sa nachádza riadok (0, 0,, 0 b) s nenulovým číslom b, tak sústava (1) nemá riešenie Ak matica D tento riadok neobsahuje a pre počet r jej nenulových riadkov platí 1 r { = n, tak sústava (1) má jedno riešenie < n, tak sústava (1) má nekonečne veľa riešení Výber neznámych, za ktoré môžeme voliť ľubovoľné hodnoty, by nemal byť náhodný Pri náhodnom výbere by sa mohlo stať, že sústavu, ktorá pri vhodne zvolených parametroch má jednoznačné riešenie, musíme riešiť pomerne obtiažnym spôsobom Príklad 9 Uvažujme o sústave lineárnych rovníc x 1 + x + x 3 + x 4 = x + x 3 x 4 = 1 so štyrmi neznámymi x 1, x, x 3, x 4, ktorej rozšírenou maticou je stupňovitá matica ( ) 1 1 A = Ak za parametre zvolíme x 3 = s a x 4 = t, tak dostaneme sústavu x 1 + x = s t x = 1 s + t ktorej matica sústavy je stupňovitá, a teda môžeme priamo prečítať riešenie {( ) } 1 s + t K = {(x 1, x, x 3, x 4 )} = 3 t,, s, t s, t R Ak ale za parametre zvolíme x 1 = s a x 4 = t, tak pomocou matice A môžeme napísať sústavu x + x 3 = s t x + x 3 = 1 + t

32 3 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA Táto sústava nemá riešenie pre ľubovoľné hodnoty s a t, lebo ak od prvej rovnice odčítame druhú, dostaneme rovnicu 0 x + 0 x 3 = 3 s t Tu by sa núkalo konštatovanie, že daná rovnica nemá riešenie Ale z tejto rovnice je len zrejmé, že nemôžeme s a t voliť ľubovoľne, lebo tieto parametre sú viazané vzťahom 0 = 3 s t To ukazuje, že sme vlastne zvolili iba jeden z parametrov, napríklad x 4 = t, a teda x 1 = s = 3 t V takomto prípade sa daný systém rovníc redukuje na jedinú rovnicu x + x 3 = 1 + t, v ktorej ak zvolíme parameter x 3 = u, tak obdržíme poslednú podmienku x = 1 u + t, a teda aj riešenie v tvare K = {(x 1, x, x 3, x 4 )} = {( 3 t, ) } 1 u + t, u, t u, t R Je zrejmé, že sme obdržali tú istú množinu riešení, ale postup bol komplikovanejší Pri úprave rozšírenej matice sústavy lineárnych rovníc na stupňovitú, môžeme použiť aj jednu z ESO, a to vzájomnú výmenu dvoch stĺpcov Nesmie však byť medzi nimi pravá strana sústavy Tejto ESO odpovedá v sústave rovníc len zmena poradia neznámych Jej použitie môže zjednodušiť úpravu matice na stupňovitý tvar Príklad 10 Riešte v R homogénnu sústavu lineárnych rovníc x + x 3 5x 5 = 0 x 1 + 3x + x 3 + x 4 4x 5 = 0 x 1 + x + x 4 + x 5 = 0 3x 1 + 4x + x 3 + x 4 x 5 = 0 Riešenie 4 Posledný stĺpec rozšírenej matice tejto sústavy je nulový a použitím ktorejkoľvek ERO sa nezmení, preto ho nebudeme písať S 1 :=:S 3 S :=:S 4

33 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 33 3 x 4 x 1 x x x R :=R R 1 R 4 :=R 4 R 1 R 3 :=:R 4 R 3 :=R 3 R R 4 :=R 4 R R 3 := 1R 3 R :=R R 3 Vedúce prvky riadkov nie sú v štvrtom a piatom stĺpci V týchto stĺpcoch sú koeficienty pri neznámych x a x 5 (menili sme poradie neznámych) Tieto neznáme volíme ľubovoľne: x = t, x 5 = s, pričom t, s R Z matice potom dostaneme x 3 = = t + 5s x 4 = = t 15s = = t + 7s x 1 Riešením sústavy je každá pätica K = ( t+7s, t, t+5s, t 15s, s), kde t, s R 3 Cvičenia 1 Rozhodnite, či sústavy lineárnych rovníc S 1 a S sú ekvivalentné, ak (a) S 1 : nie (b) S 1 : áno (c) S 1 : nie x 1 x = 0 x 1 x = 1 x 1 x = 0 x 1 x = 1 3x 1 x + x 3 = 0 x 1 + x = 1 S : S : 3x 1 x + x 3 = 0 x 1 + x = 1 y 1 y = 0 y 1 y = 1 S : y 1 y = 0 y 1 y = 1

34 34 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA (d) S 1 : áno (e) S 1 : nie x 1 + x 3x 3 = x 1 3x x 3 = 1 x 1 + x 3x 3 = x 1 3x x 3 = 1 S : S : y 1 + y 3y 3 = y 1 +4y y 3 = 1 x 1 + x 3x 3 = 3x 1 x x 3 = 3 V R riešte sústavu lineárnych rovníc (a) 3x 1 + x 4x 3 = 1 x 1 x + x 3 = 5 x 1 x 3x 3 = 4 K = {(1,, 0)} (b) 1x 1 x + 5x 3 = 30 3x 1 13x + x 3 = 1 7x 1 + x + 3x 3 = 15 K = {(, 1, 1)} (c) 3x 1 x +3x 3 = 3 x 1 +3x 5x 3 = 3 x 1 +7x 3x 3 = 16 K = {(1, 3, )} (d) 4x 1 + 3x + 6x 3 = 1 3x 1 + 5x + 4x 3 = 10 x 1 x + x 3 = 9 K = {(1 18t, 3 + t, + 11t) t R} (e) 7x 1 + 3x + x 3 = 1 x 1 + 6x 3x 3 = 10x x 11x 3 = 4 Nemá riešenie (f) x 1 +3x +5x 3 = 3 3x 1 + x 4x 3 = 5 4x 1 +5x 3x 3 = 8 Nemá riešenie (g) 3x 1 x 6x 3 4x 4 = 3x 1 + 4x + 3x 3 x 4 = 1 4x 1 + 3x 3x 3 + 4x 4 = 1 5x 1 + 4x 9x 3 = 5 K = ( 0,, 1 3, 3 )

35 SÚSTAVY LINEÁRNYCH ROVNÍC 35 (h) x 1 x + x 4 = 1 3x 1 3x + x 3 + 6x 4 = 5 x 1 x + 3x 4 = 1 x 3 + x 4 = 3 {( K = + t, t, 5, 1) ; t R } (i) x 1 x + x 4 = 1 3x 1 3x + x 3 + 6x 4 = 5 x 1 x + x 3 + 5x 4 = 1 Nemá riešenie (j) 5x 1 +x +4x 3 + x 4 = 9 x 1 + x x 3 x 4 = 5 4x 1 +4x x 4 = 18 7x 1 +3x +7x 3 +x 4 = 1 3x 1 +x +x 3 = 10 {( K = 3, t, 7 6 t, t), t R } (k) 5x 1 +5x +4x 3 +7x 4 = 5 11x 1 +4x +6x 3 = 4 4x 1 +5x +5x 3 +9x 4 = 8 x 1 +3x +x 3 +5x 4 = 3 9x 1 +4x +8x 3 +4x 4 = 10 K = {( s, 17 13s, 157 ) 6s, 7s (l) x 1 3x + x 3 x 4 = 3 x 1 x x 3 +x 4 = x 1 9x x 3 +5x 4 = 0 Nemá riešenie (m) 3x 1 +3x + 7x 3 3x 4 + 6x 5 = 3 x 1 + x + x 3 x 4 = 1 4x 1 +4x +1x 3 4x 4 +1x 5 = 4 x 1 +x + 4x 3 x 4 + 3x 5 = Nemá riešenie (n) 4x 1 +8x + 8x 3 6x 4 +4x 5 = 9 5x 1 +4x +10x 3 6x 4 +x 5 = 15 1x 1 +x + 3x 3 x 4 + x 5 = 4 3x 1 +6x + 5x 3 5x 4 +4x 5 = 10 K = {(0, 158 t4, 34 + t ), 5 + t, t (o) x 1 x 3x 3 + x 4 4x 5 = 11 3x 1 3x +x 3 x 4 + x 5 = 7 5x 1 5x x 3 +3x 4 11x 5 = 18 x 1 x + x 3 x 5 = 0 } s R } t R

36 36 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA K = {(1 + a + b, a,, 3 + b, b), a, b R} (p) 6x 1 x +x 3 +5x 4 +7x 5 = 0 9x 1 3x +4x 3 +8x 4 +9x 5 = 0 3x 1 + x 6x 3 5x 4 +4x 5 = 0 3x 1 x +4x 3 +4x 4 x 5 = 0 {( a b 5c K = 3, a, b + 3c, b, c ) }, a, b, c R 3 Riešte sústavy lineárnych rovníc v závislosti od parametra a R: (a) x 6y + z = 4a 3x + 3y + 4z = 3a 6 x 33y + 6z = 1a {( pre a 4 15t, t, ) } t ; t R (b) ax + y + z = 1 x + ay + z = 1 x + y + az = 1 pre a = {(1 t s, t, s); t R} pre a = 1 {( )} 1 a +, 1 a +, 1 pre a, 1 a + pre a = (c) Nasledujúci príklad je dosť pracný Treba maticu sústavy uviesť na stupňovitý tvar od konca (začneme s anulovaním posledného stĺpca) ax 1 x + x 3 + x 4 = a + x 1 + ax x 3 x 4 = 1 a x 1 x + (1 + a)x 3 + x 4 = 1 Ak a = 1, tak K = Ak a = 1, tak K = {( 1 4, t, 3 8, t) ; t R } Ak a 1, 1, tak K = {( t, a 4a 1 4a 3 +8a a 1 4a 1 t a 1, a + a +a 1 a 1 t ) a+1 + } at, ; t R 4 Riešte sústavy lineárnych rovníc v závislosti od parametrov a, b R: (a) x+ay 3z = x+ y z = 1 x+by+ z = 3

37 3 LINEÁRNE PRIESTORY 37 1 a R, b = 1 : K = {( )} 4a + b (a ) a R, b 1 : K =,, b + 1 b + 1 b + 1 (b) ax+ y+ z = 1 6x 3y+bz = 1 a =, b = 3 : K = a =, b 3 : K = 3 a, b R : {( 5 (b + 3)t K =, 1 t a 6 + 3a 3 Lineárne priestory {( t, 1 at 5 b + 3, 5 b + 3 ) } 5 (b + 3)t, t ; t R 6 + 3a ) } ; t R Usporiadanú n-ticu x = (x 1, x,, x n ) reálnych čísel budeme nazývať (aj) vektorom Čísla x 1, x,, x n nazývame zložky vektora x Znakom R n budeme označovať množinu {x = (x 1, x,, x n ) x i R} Definícia Pre každé x = (x 1, x,, x n ) R n, y = (y 1, y,, y n ) R n, α R definujeme súčet n-tíc x + y = (x 1, x,, x n ) + (y 1, y,, y n ) = (x 1 + y 1, x + y,, x n + y n ), a súčin reálneho čísla α a n-tice α x = α (x 1, x,, x n ) = (αx 1, αx,, αx n ) Množinu R n s vyššie definovanými operáciami súčtu vektorov a súčinu čísla a vektora nazývame reálny lineárny priestor x, Budeme používať nasledujúce označenia a názvy: 0 = (0, 0,, 0) nulový vektor ( nulová n -tica), x = ( 1) x opačný vektor ( opačná n -tica) k vektoru (n-tici) 0 x = 0 + ( x) Veta 17 Pre každé x, y, z R n a α, β R platí: 1 x + y = y + x komutatívny zákon (x + y) + z = x + (y + z) asociatívny zákon 3 x + 0 = x 4 x + ( x) = x = x 6 (αβ) x = α (β x) 7 α (x + y) = α x + α y 8 (α + β) x = α x + β x 9 α x = 0 práve vtedy, keď α = 0 alebo x = 0

38 38 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA Podobne, ako pri súčine reálnych čísel namiesto a b píšeme často ab, aj tu budeme obvykle písať αx, namiesto α x Definícia 3 Nech x 1, x,, x k R n, α 1, α,, α k R Vektor x = α 1 x 1 + α x + + α k x k sa nazýva lineárna kombinácia vektorov x 1, x,, x k Čísla α 1, α,, α k sa nazývajú koeficienty lineárnej kombinácie týchto vektorov Definícia 4 Hovoríme, že n-tice x 1, x,, x k R n sú lineárne závislé, ak existujú čísla α 1, α,, α k R, z ktorých aspoň jedno je rôzne od nuly tak, že platí α 1 x 1 + α x + + α k x k = 0 Vektory x 1, x,, x k, ktoré nie sú lineárne závislé, sa nazývajú lineárne nezávislé Hovoríme, že n-tice x 1, x,, x k R n sú lineárne nezávislé, ak pre všetky α 1, α,, α k R z rovnosti α 1 x 1 + α x + + α k x k = 0 vyplýva α 1 = α = = α k = 0 Veta 18 Vektory x 1, x,, x k pre k sú lineárne závislé práve vtedy, keď jeden z nich je lineárnou kombináciou ostatných Veta 19 Nech n-tice x 1, x,, x k (k 1) sú lineárne závislé a nech x k+1, x k+,, x m (m k+1) sú ľubovoľné n-tice Potom n-tice x 1, x,,, x k, x k+1,, x m sú lineárne závislé Veta 0 Ak sú n-tice x 1, x,, x m lineárne nezávislé, tak sú lineárne nezávislé aj n-tice x 1, x,, x k (k m) 31 Cvičenia 1 Ukážte, že n-tice (1, 0, 0,, 0, 0), (0, 1, 0,, 0, 0),, (0, 0, 0,, 1, 0), (0, 0, 0,, 0, 1) z R n sú lineárne nezávislé

39 4 VLASTNOSTI MATÍC 39 Zistite, či sú trojice lineárne závislé alebo nezávislé Sú lineárne nezávislé (0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1) 3 Ukážte, že riadky nasledujúcej matice (v stupňovitom tvare) sú lineárne nezávislé:, 1, 4, 0,, 3 0, 0, 1, 3,, 1 0, 0, 0, 0, 3, 4 Vlastnosti matíc 41 Hodnosť matice Veta 1 Nech A a B sú ekvivalentné matice Potom maximálny počet lineárne nezávislých riadkov (stĺpcov) v maticiach A, B je rovnaký Veta Nenulové riadky stupňovitej matice sú lineárne nezávislé Veta 3 V každej matici sa maximálny počet lineárne nezávislých riadkov rovná maximálnemu počtu lineárne nezávislých stĺpcov Definícia 5 Hodnosťou matice A nazývame maximálny počet lineárne nezávislých riadkov (stĺpcov) matice A a označujeme ju h(a) Veta 4 Hodnosť matice je rovná počtu nenulových riadkov ekvivalentnej matice v stupňovitom tvare Definícia 6 Transponovanou maticou k matici A = (a jk ) m n nazývame maticu A T = (a kj )n m, kde a kj = a jk pre všetky j, k Veta 5 Nech A, B sú matice typu m n, potom 1 h(a) min{m, n}, ak A B, tak h(a) = h(b), 3 h(a T ) = h(a) Veta 6 (Frobeniova veta) Sústava lineárnych rovníc má riešenie práve vtedy, keď hodnosť matice sústavy sa rovná hodnosti rozšírenej matice sústavy Veta 7 Nech h(a) = h(a B) = r, kde A je matica sústavy (1) s n neznámymi a B je jej pravá strana Potom ak r = n, sústava (1) má práve jedno riešenie, ak r < n, sústava (1) má nekonečne veľa riešení, pričom n r premenných je možné voliť ľubovoľne

40 40 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA 4 Cvičenia 1 Nájdite transponovanú maticu A T k matici A = AT = Pomocou ERO matíc zistite, či nasledujúce vektory sú lineárne závislé, alebo nezávislé: (a) (1,, 0), (, 1, ), (4, 0, 1) (b) (, 0, 3, 4), ( 3, 1,, 1), (1, 1, 8, 9) R R = R 3, lineárne závislé, R 1 + R R 3 = (0, 0, 0, 0) 3 Určte hodnosť matíc: ( ), 1, 4 (a) 3,, 1 ( ), 3, 1 (b) 4, 6, 1 1,, 3, 4, 5, 3, 4, 5, 1 (c) 3, 4, 5, 1, 4, 5, 1,, 3 5, 1,, 3, 4 5 9, 10, 7, 1, 3, 1, 4 (d) 5, 5, 4, 6 3,, 3, 7, 7, 6, 8 3 lineárne nezávislé ,

41 4 VLASTNOSTI MATÍC 41 (e) 81, 90, 67, 107 1, 15, 3, 11 39, 60, 1, 85 99, 135, 65, , 150, 88, 19 4 V závislosti od parametrov a, b R určte hodnosť matíc: (a) A = (b) (c) 3 a a pre a =, 3 pre a,,, a,, a,, a,, a,,, 1 pre a =, 3 pre a = 6, 4 pre a R \ {, 6} a, b, 1, 0 b, a, 1, 0 a + b, a + b, 0, 0 0, 0, 0, a + b 1 pre a = b, 3 pre a b 5 Použitím Frobéniovej vety rozhodnite, či systémy lineárnych rovníc majú riešenie a vyriešte ich: (a) x y + z = 9 3x 5y + 4z = 10 5x 1y + 6z = 9 K = ( 8, 0, 37 ) (b) x 1 + x x 3 = 3x 1 x + x 3 = 7 x 1 x 3 = x 1 + x + x 3 = 3 K = (1,, 3) (c) x 1 x + x 3 = 4 x 1 + x x 3 = 1 3x 1 7x x 3 = 1 x 1 + 5x + x 3 = 1

42 4 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA K = 43 Špeciálne typy matíc Definícia 7 Matica typu n n sa nazýva štvorcová matica stupňa n Štvorcová matica sa nazýva jednotková, ak je diagonálna a všetky prvky na hlavnej diagonále sú jednotky (označujeme ju I alebo I n ) Štvorcová matica A stupňa n sa nazýva regulárna, ak h(a) = n Štvorcová matica A stupňa n sa nazýva singulárna, ak h(a) < n Veta 8 Matica A je regulárna práve vtedy, keď A r I 44 Operácie s maticami Definícia 8 Nech A = (a jk ) m n, B = (b jk ) m n sú matice typu m n Súčtom matíc A, B nazývame maticu A + B = (a jk + b jk ) m n Súčinom čísla α a matice A nazývame maticu αa = (αa jk ) m n Veta 9 Pre každé matice A, B, C R m n a α R platí 1 A + B = B + A, A + (B + C) = (A + B) + C, 3 α(a + B) = αa + αb, 4 (A + B) T = A T + B T Definícia 9 Súčin matíc definujeme v dvoch krokoch Nech R 1 n a B R n 1 sú také matice, že A = (a 1, a,, a n ) riadkový vektor a B T = (b 1, b,, b n ) (B je stĺpcový vektor) Potom súčinom matíc A a B (v tomto poradí) nazývame jednoprvkovú maticu (číslo): AB = (a 1 b 1 + a b + + a n b n ) Je to tzv skalárny súčin n-tíc (a 1, a,, a n ) a (b 1, b,, b n ) Súčinom matíc A R m p, B R p n (v tomto poradí) nazývame maticu C R m n definovanú takto: ak A = A 1 A A m, B = (B 1, B,, B n ),

43 4 VLASTNOSTI MATÍC 43 kde A 1, A,, A m sú riadky matice A a B 1, B,, B n sú stĺpce matice B, tak A 1 B 1, A 1 B,, A 1 B n C = A B 1, A B,, A B n A m B 1, A m B,, A m B n Súčin matíc A, B budeme označovať AB Poznámka 3 1 Na jednoduchom príklade sa dá ľahko ukázať, že násobenie matíc nie je komutatívne Ak A = (a js ) m p, B = (b sk ) p n, tak AB = (c jk ) m n, kde c jk = a j1 b 1k + a j b k + + a jp b pk = p a js b sk Veta 30 Nech A, B R m n, D R n p, G R p q, H R p m, α R Potom 1 AI n = I m A = A, (AD)G = A(DG), 3 (A + B)D = AD + BD, 4 H(A + B) = HA + HB, 5 α(ad) = (αa)d = A(αD), 6 (AD) T = D T A T 45 Cvičenia Dané sú matice: A = H = L = E = 1, 0, 1 1, ( 1, 1 1, 1, 0, 3 0, 0, 1 0, 0, 0 1, 0, 0, 0 0, 1,, 0 0, 0, 0, 1 s=1, B = ( 1, 0, ), D = ), F = P = (, 0, 1, 3) Pre matice A až P vypočítajte: ( 1, 0, J = 0, 7, M =, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, G = ( 1, 0, 0, 1 0,, 0, 5 1,, 0, 0, 3 0, 3, 5 ) ( cos α, sin α, K = sin α, cos α, O =, ), ), 1, 0, 0, 1, 0 0, 0, 1, 5, 0 0, 0, 0,, 0, 1,

44 44 KAPITOLA LINEÁRNA ALGEBRA 1 3E + J ( 4, 3 3, 1 A 3G ) nie je definované 3 D T, F T DT = 1, 0 0, 0, 0 1, 5 4 G 5H T 7, 4, 0 4, 0, 6 15, 1, 10 5 AD 6 PF 11 7 FP 1, 0, 0, 1,, 0, 3 1, 4, 0, 11, 0, 1, 3 0, 0, 0, 0 6, 0, 3, 9 8, 0, 4, 1 8 K ( cos α, sin α sin α, cos α 9 (GL)D T 1, 4 1, 15 5, 31, FT = (1, 0, 3, 4) )

45 4 VLASTNOSTI MATÍC Inverzná matica Definícia 30 Inverznou maticou k štvorcovej matici A nazývame maticu B, pre ktorú platí AB = BA = I Inverznú maticu k matici A (pokiaľ existuje) označujeme A 1 Veta 31 K štvorcovej matici A existuje inverzná matica práve vtedy, keď A je regulárna matica Inverzná matica k regulárnej matici A je riešením rovnice AX = I Keďže matica A je riadkovo ekvivalentná s jednotkovou maticou I, môžeme pri riešení uvedenej rovnice postupovať tak, že maticu (A I) pomocou ERO (ESO je neprípustná) upravíme na (I B) Matica B je zrejme riešením rovnice AX = I, a teda B = A 1 Veta 3 Nech A, B sú regulárne matice stupňa n Potom 1 (AB) 1 = B 1 A 1, ( A T ) 1 = ( A 1 ) T 47 Cvičenia 1 Vypočítajte inverznú maticu k matici: ( ) 1, 5 (a) 0, 1 ( 1, 5 0, 1 (b) (c) A = (d) ) 1,, 3 0, 1, 0, 0, 1 1,, 7 0, 1, 0, 0, 1 A 1 =, 6, 3, 7, 4 1,, 1, 1, 3,, 1, 1, 1, 0, 3, 1, 3,,