@anakovacic, znas da je prostor 2x2 matrica vektorski prostor, M2(R). Isto tako znas da je za svaki vektorski prostor V njegov dualni prostor V*, koji se sastoji od svih linearnih funkcionala f:V->R, isto tako vektorski prostor, iste dimenzije kao i V.
Kazes da imas problema samo s drugim dijelom zadatka, pa pretpostavljam da znas ovo sto cu sad napisati: za svaku matricu D se ovdje definira funkcija fD:M2(R)->R. Pretpostavljam da si dokazala da je ta funkcija fD linearna. Dakle, fD je funkcional na M2R, tj element dualnog prostora M2(R)*.
Sad se prica okrene: do sad smo imali fiksiranu matricu D, a sad kazemo: dakle, SVAKOJ matrici D iz M2R smo pridruzili jedan funkcional fD iz M2(R)*; dakle, imamo funkciju fi:M2(R)->M2(R)* koja matrici D pridruzuje funkcional fD; tj fi(D)=fD. Sad treba za tu funkciju dokazati da je izomorfizam.
Kao sto genchy kaze, buduci da M2(R) i M2(R)* imaju istu dimenziju (4), dovoljno je dokazati da je preslikavanje fi linearno i injektivno.
Linearnost je dobro pokazana u prethodnom postu.
Injektivnost nije. Pretpostavi da je fi(D)=0. To znaci da je fD=0 kao preslikavanje, tj da je za svaku matricu X tr(DX)=0. Kao prvo, to ne znaci nuzno da je DX=0; npr matrica (1 & 0 \\ 0 & -1) (& znaci sljedeci element u retku a \\ znaci novi redak) ima trag nula ali nije nula; nadalje, cak i ako je DX=0 to ne znaci nuzno da je D=0; npr produkt (1 & 0 \\ 0 & 0 ) i (0 & 0 \\ 0 & 1) je nulmatrica ali nijedna od ove dvije nije 0.
Kljuc za injektivnost je ovaj ZA SVAKI ispred X. Naime, D je takva da za svaku matricu X vrijedi tr(DX)=0. Pa pretpostavi da je D=(a & b \\ c & d) i probaj razne matrice na mjesto X, i zapisi uvjete da trag mora biti 0. Npr probaj umjesto X staviti sve moguce matrice koja imaju svugdje 0 osim na jednom mjestu, gdje imaju 1. To bi ti trebalo dati linearni sustav jednadzbi na a,b,c,d koji kao jedino rjesenje ima da je D=0.
@anakovacic, znas da je prostor 2x2 matrica vektorski prostor, M2(R). Isto tako znas da je za svaki vektorski prostor V njegov dualni prostor V*, koji se sastoji od svih linearnih funkcionala f:V->R, isto tako vektorski prostor, iste dimenzije kao i V.
Kazes da imas problema samo s drugim dijelom zadatka, pa pretpostavljam da znas ovo sto cu sad napisati: za svaku matricu D se ovdje definira funkcija fD:M2(R)->R. Pretpostavljam da si dokazala da je ta funkcija fD linearna. Dakle, fD je funkcional na M2R, tj element dualnog prostora M2(R)*.
Sad se prica okrene: do sad smo imali fiksiranu matricu D, a sad kazemo: dakle, SVAKOJ matrici D iz M2R smo pridruzili jedan funkcional fD iz M2(R)*; dakle, imamo funkciju fi:M2(R)->M2(R)* koja matrici D pridruzuje funkcional fD; tj fi(D)=fD. Sad treba za tu funkciju dokazati da je izomorfizam.
Kao sto genchy kaze, buduci da M2(R) i M2(R)* imaju istu dimenziju (4), dovoljno je dokazati da je preslikavanje fi linearno i injektivno.
Linearnost je dobro pokazana u prethodnom postu.
Injektivnost nije. Pretpostavi da je fi(D)=0. To znaci da je fD=0 kao preslikavanje, tj da je za svaku matricu X tr(DX)=0. Kao prvo, to ne znaci nuzno da je DX=0; npr matrica (1 & 0 \\ 0 & -1) (& znaci sljedeci element u retku a \\ znaci novi redak) ima trag nula ali nije nula; nadalje, cak i ako je DX=0 to ne znaci nuzno da je D=0; npr produkt (1 & 0 \\ 0 & 0 ) i (0 & 0 \\ 0 & 1) je nulmatrica ali nijedna od ove dvije nije 0.
Kljuc za injektivnost je ovaj ZA SVAKI ispred X. Naime, D je takva da za svaku matricu X vrijedi tr(DX)=0. Pa pretpostavi da je D=(a & b \\ c & d) i probaj razne matrice na mjesto X, i zapisi uvjete da trag mora biti 0. Npr probaj umjesto X staviti sve moguce matrice koja imaju svugdje 0 osim na jednom mjestu, gdje imaju 1. To bi ti trebalo dati linearni sustav jednadzbi na a,b,c,d koji kao jedino rjesenje ima da je D=0.
_________________ A comathematician is a device for turning cotheorems into ffee. A cotheorem is, naturally, an easy nsequence of a rollary.
|