Lineární algebra

Vyšetříme, jak vypadá A(L1). Budeme se ptát, pro které hodnoty (y1, y2, y3) existuje dvojice (x1, x2)

taková, že A(x1, x2) = (y1, y2, y3). Jinými slovy, zjistíme, pro které hodnoty pravých stran má nehomo-
genní soustava

x1 + 2x2 = y1

− x2 = y2

2x1 − 3x2 = y3

s neznámými x1, x2 nějaké řešení. Eliminujme rozšířenou matici soustavy:

1

2

y1

0 −1

y2

2 −3

y3

∼

1

2

y1

0

1

−y2

0 −7

y3 − 2y1

∼

1 2

y1

0 1

−y2

0 0

y3 − 2y1 − 7y2

.

Podle Frobeniovy věty 5.4 má tato soustava řešení jen tehdy, když y3 − 2y1 − 7y2 = 0, tj. y3 = 2y1 + 7y2.
Z toho nám vychází

A(L1) = (y1, y2, 2y1 + 7y2) = y1 (1, 0, 2) + y2 (0, 1, 7),

∀y1 ∈ R, ∀y2 ∈ R,

A(L1) =

(1, 0, 2), (0, 1, 7).

69

Lineární algebra

7. Lineární zobrazení

Je tedy hod A = dim A(L1) = 2. Obraz A(L1) můžeme spočítat i tak, že spočítáme obrazy báze L1 a
využijeme větu 7.14.

Souřadnice
jako lineární
zobrazení

7.25. Příklad. Nechť (B) = (b1, b2, . . . , bn) je uspořádaná báze lineárního prostoru L. Uvažujme zob-
razení A : L → Rn definované takto

nechť

x = (α1, α2, . . . , αn)(B),

pak

A(x) = (α1, α2, . . . , αn).

Ukážeme, že toto zobrazení je lineární a že def A = 0, hod A = n.

Nechť x = (α1, α2, . . . , αn)(B), y = (β1, β2, . . . , βn)(B). Pro tyto vektory tedy platí

x = α1 b1 + α2 b2 + · · · + αn bn,

y = β1 b1 + β2 b2 + · · · + βn bn.

Po sečtení těchto rovností a po vynásobení první rovnosti číslem γ ∈ R dostáváme

x + y = (α1 + β1) b1 + (α2 + β2) b2 + · · · + (αn + βn) bn,