Lineární algebra

7.50. Poznámka. Právě dokázaná věta dává jednoduchý návod, jak počítat souřadnice hodnot zobrazení
A, známe-li matici tohoto zobrazení.

7.51. Příklad. Vraťme se k příkladu 7.28. Je dáno zobrazení A : R3 → R4. V příkladu jsme vypočítali,
že

A(x1, x2, x3) = (x2, −4x1 + 2x3, −2x1 + x2 + x3, −2x1 + x3).

Najdeme matici A tohoto zobrazení vzhledem ke standardním bázím.

Protože složky (x1, x2, x3) i složky hodnot zobrazení A jsou podle věty 6.29 současně souřadnicemi

vzhledem ke standardním bázím, můžeme podle věty 7.49 psát:

A ·

x1
x2
x3

=

x2

−4x1 + 2x3

−2x1 + x2 + x3

−2x1 + x3

.

Z této maticové rovnosti můžeme okamžitě zapsat prvky matice A. V každém řádku této matice jsou
koeficienty lineární kombinace čísel x1, x2, x3, které vedou na výsledek v odpovídajícím řádku na pravé
straně. Je tedy

A =

0 1 0

−4 0 2
−2 1 1
−2 0 1

.

7.52. Příklad. Ještě jednou se vrátíme k příkladu 7.28. Označme

(B) = (1, 1, 2), (1, 2, 2), (2, 5, 1)

.

V příkladu jsme ověřili, že se jedná o bázi v R3. Najdeme matici A0 zobrazení A vzhledem k bázím (B)
a (S), kde symbolem (S) značíme standardní uspořádanou bázi v R4.

Zopakujme zadání příkladu:

A(1, 1, 2) = (1, 0, 1, 0),

A(1, 2, 2) = (2, 0, 2, 0),

A(2, 1, 5) = (1, 2, 2, 1).

Podle důkazu věty 7.44 obsahuje i-tý sloupec matice A0 souřadnice vektoru A(bi) vzhledem k bázi (S).
Protože se jedná o standardní bázi, jsou tyto souřadnice přímo složkami vektorů A(bi). Můžeme tedy
přímo zapsat matici A0 zobrazení A vzhledem k bázím (B) a (S):

A

0 =

1 2 1
0 0 2
1 2 2
0 0 1

.

(7.6)

75

Lineární algebra

7. Lineární zobrazení

Defekt +
hodnost
zobrazení

7.53. Věta. Nechť L1, L2 jsou lineární prostory konečné dimenze, A : L1 → L2 je lineární. Pak