| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
|
| [Vrh] |
|
gflegar
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 10. 2011. (15:03:41)
Postovi: (10D)16
Spol: 
|
 Postano: 18:24 sri, 19. 10. 2011 Naslov: |
    |
|
|
Prva stvar koju treba zamjetiti je da je dani sustav izvodnica za
[tex] L = [\{(1,2,1,2),(1,3,1,3),(1,4,1,4)\}] [/tex]
linearno zavisan jer je vektor [tex] (1,4,1,4) = -1(1,2,1,2) + 2(1,3,1,3) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz sustava.
Primjetimo da se baza za [tex] L [/tex] moze pirkazati pomocu baze za [tex] M [/tex].
[tex] (1,2,1,2) = 2(1,1,1,1) - (1,0,1,0) [/tex]
[tex] (1,3,1,3) = 3(1,1,1,1) - 2(1,0,1,0) [/tex]
a kako je [tex] dim L = dim M [/tex] zakljucujemo da je [tex] M = L = M \cap L [/tex].
Sada nam preostaje naci bazu za [tex] M + K[/tex].
Sustav izvodnica za [tex] M + K [/tex] je skup [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0),(3,2,3,2)\}[/tex].
Ocito je vektor [tex] (3,2,3,2) = 2(1,1,1,1) + (1,0,1,0) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz skupa.
Sada jos samo treba provjeriti da je [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0)\} [/tex] linearno nezavisan
[tex] \alpha (1,1,1,1) + \beta (1,0,1,0) + \gamma (0,1,1,0) = 0 [/tex]
Ocito je da [tex] \alpha = 0[/tex] (jedino on ima 4. komponentu 1)
Sada je i [tex] \gamma = 0 [/tex] i [tex] \beta = 0[/tex]. Pa je taj skup linearno nezavisan, a time i baza za [tex] (M \cap L) + K [/tex]
Prva stvar koju treba zamjetiti je da je dani sustav izvodnica za
[tex] L = [\{(1,2,1,2),(1,3,1,3),(1,4,1,4)\}] [/tex]
linearno zavisan jer je vektor [tex] (1,4,1,4) = -1(1,2,1,2) + 2(1,3,1,3) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz sustava.
Primjetimo da se baza za [tex] L [/tex] moze pirkazati pomocu baze za [tex] M [/tex].
[tex] (1,2,1,2) = 2(1,1,1,1) - (1,0,1,0) [/tex]
[tex] (1,3,1,3) = 3(1,1,1,1) - 2(1,0,1,0) [/tex]
a kako je [tex] dim L = dim M [/tex] zakljucujemo da je [tex] M = L = M \cap L [/tex].
Sada nam preostaje naci bazu za [tex] M + K[/tex].
Sustav izvodnica za [tex] M + K [/tex] je skup [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0),(3,2,3,2)\}[/tex].
Ocito je vektor [tex] (3,2,3,2) = 2(1,1,1,1) + (1,0,1,0) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz skupa.
Sada jos samo treba provjeriti da je [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0)\} [/tex] linearno nezavisan
[tex] \alpha (1,1,1,1) + \beta (1,0,1,0) + \gamma (0,1,1,0) = 0 [/tex]
Ocito je da [tex] \alpha = 0[/tex] (jedino on ima 4. komponentu 1)
Sada je i [tex] \gamma = 0 [/tex] i [tex] \beta = 0[/tex]. Pa je taj skup linearno nezavisan, a time i baza za [tex] (M \cap L) + K [/tex]
|
|
| [Vrh] |
|
malalodacha
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 11. 10. 2011. (17:06:13)
Postovi: (79)16
|
|
| [Vrh] |
|
Borgcube
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 11. 2010. (21:14:10)
Postovi: (56)16
Lokacija: Tu i tamo.
|
| Postano: 9:11 čet, 20. 10. 2011 Naslov: |
|
|
|
3. a)
Ima dvije ideje, na kraju obje dobiješ riješenje.
Prva bi bila da se ide na to da polinom n-tog stupnja ima najviše n realnih nultočaka. Pa, kad bi uzeli proizvoljan [latex]f(x) [/latex] koji zadovoljava uvjete zadatka, onda bi polinom [latex]f(x) - f(0)[/latex] imao beskonačno mnogo nultočaka jer bi svaki cijeli broj bio nultočka. (Zašto je to polinom? Zašto bi imao toliko nultočaka?). Jedini polinom koji to zadovoljava je nulpolinom, dakle jedini polinomi koje, kad umanjiš za neku vrijednost u 0 budu nulpolinomi su konstantni. A oni zaista čine potprostor (malo to opravdaš sa onim [latex]\alfa f(x) + \beta g(x)[/latex] mora biti i dalje konstantan polinom, i onda je bilo koji konstantan polinom koji nije nulpolinom baza tog potprostora, pa mu je dimenzija 1.
Ako ne ideš na to jer niste možda još radili iz EM1, onda ideš na uvrštavanje nekih x-eva da dobiješ jednadžbe - ovo je jako česta ideja u LA kad se radi o polinomima. Naime, uzmeš [latex]f(x)[/latex] koji zadovoljava to i napišeš ga u obliku
[latex]f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d[/latex] i uvrštavaš redom[latex] x = 0, x = 1, x = 2 [/latex] u jednadžbu [latex]f(x) = f(x-1) [/latex] i dobiješ [latex]a = b = c = 0[/latex] i onda treba zaključiti da d može biti proizvoljan, pošto ne ovisi o x-u, a i da konstanti polinomi to zadovoljavaju i dalje isto zaključivanje kao gore.
b)
Nekako, čim vidimo u uvjetu ili najvjerojatnije neće biti potprostor jer, ako uzmemo nešto što zadovoljava samo jedan dio uvjeta i nešto što samo drugi, možda nam zbroj "izleti" iz oba. Tako, npr. ako uzmemo
[latex] \left( \begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)\ i \left( \begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\ [/latex], njihov zbroj izlazi van iz skupa.
3. a)
Ima dvije ideje, na kraju obje dobiješ riješenje.
Prva bi bila da se ide na to da polinom n-tog stupnja ima najviše n realnih nultočaka. Pa, kad bi uzeli proizvoljan  koji zadovoljava uvjete zadatka, onda bi polinom  imao beskonačno mnogo nultočaka jer bi svaki cijeli broj bio nultočka. (Zašto je to polinom? Zašto bi imao toliko nultočaka?). Jedini polinom koji to zadovoljava je nulpolinom, dakle jedini polinomi koje, kad umanjiš za neku vrijednost u 0 budu nulpolinomi su konstantni. A oni zaista čine potprostor (malo to opravdaš sa onim  mora biti i dalje konstantan polinom, i onda je bilo koji konstantan polinom koji nije nulpolinom baza tog potprostora, pa mu je dimenzija 1.
Ako ne ideš na to jer niste možda još radili iz EM1, onda ideš na uvrštavanje nekih x-eva da dobiješ jednadžbe - ovo je jako česta ideja u LA kad se radi o polinomima. Naime, uzmeš  koji zadovoljava to i napišeš ga u obliku
 i uvrštavaš redom u jednadžbu  i dobiješ  i onda treba zaključiti da d može biti proizvoljan, pošto ne ovisi o x-u, a i da konstanti polinomi to zadovoljavaju i dalje isto zaključivanje kao gore.
b)
Nekako, čim vidimo u uvjetu ili najvjerojatnije neće biti potprostor jer, ako uzmemo nešto što zadovoljava samo jedan dio uvjeta i nešto što samo drugi, možda nam zbroj "izleti" iz oba. Tako, npr. ako uzmemo
 , njihov zbroj izlazi van iz skupa.
_________________
Ceterum censeo Carthaginem esse delendam.
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
| Postano: 13:03 čet, 20. 10. 2011 Naslov: |
|
|
|
[quote="gflegar"]Prva stvar koju treba zamjetiti je da je dani sustav izvodnica za
[tex] L = [\{(1,2,1,2),(1,3,1,3),(1,4,1,4)\}] [/tex]
linearno zavisan jer je vektor [tex] (1,4,1,4) = -1(1,2,1,2) + 2(1,3,1,3) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz sustava.
Primjetimo da se baza za [tex] L [/tex] moze pirkazati pomocu baze za [tex] M [/tex].
[tex] (1,2,1,2) = 2(1,1,1,1) - (1,0,1,0) [/tex]
[tex] (1,3,1,3) = 3(1,1,1,1) - 2(1,0,1,0) [/tex]
a kako je [tex] dim L = dim M [/tex] zakljucujemo da je [tex] M = L = M \cap L [/tex].
Sada nam preostaje naci bazu za [tex] M + K[/tex].
Sustav izvodnica za [tex] M + K [/tex] je skup [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0),(3,2,3,2)\}[/tex].
Ocito je vektor [tex] (3,2,3,2) = 2(1,1,1,1) + (1,0,1,0) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz skupa.
Sada jos samo treba provjeriti da je [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0)\} [/tex] linearno nezavisan
[tex] \alpha (1,1,1,1) + \beta (1,0,1,0) + \gamma (0,1,1,0) = 0 [/tex]
Ocito je da [tex] \alpha = 0[/tex] (jedino on ima 4. komponentu 1)
Sada je i [tex] \gamma = 0 [/tex] i [tex] \beta = 0[/tex]. Pa je taj skup linearno nezavisan, a time i baza za [tex] (M \cap L) + K [/tex][/quote]
uu hvalaa, sve jasno
http://web.math.hr/nastava/la/kolokviji/10-11/la1-1011-kol1b.pdf
može sad još i iz druge grupe ak nije problem :D
[size=9][color=#999999]Added after 12 minutes:[/color][/size]
[quote="Borgcube"]3. a)
Ima dvije ideje, na kraju obje dobiješ riješenje.
Prva bi bila da se ide na to da polinom n-tog stupnja ima najviše n realnih nultočaka. Pa, kad bi uzeli proizvoljan [latex]f(x) [/latex] koji zadovoljava uvjete zadatka, onda bi polinom [latex]f(x) - f(0)[/latex] imao beskonačno mnogo nultočaka jer bi svaki cijeli broj bio nultočka. (Zašto je to polinom? Zašto bi imao toliko nultočaka?). Jedini polinom koji to zadovoljava je nulpolinom, dakle jedini polinomi koje, kad umanjiš za neku vrijednost u 0 budu nulpolinomi su konstantni. A oni zaista čine potprostor (malo to opravdaš sa onim [latex]\alfa f(x) + \beta g(x)[/latex] mora biti i dalje konstantan polinom, i onda je bilo koji konstantan polinom koji nije nulpolinom baza tog potprostora, pa mu je dimenzija 1.
Ako ne ideš na to jer niste možda još radili iz EM1, onda ideš na uvrštavanje nekih x-eva da dobiješ jednadžbe - ovo je jako česta ideja u LA kad se radi o polinomima. Naime, uzmeš [latex]f(x)[/latex] koji zadovoljava to i napišeš ga u obliku
[latex]f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d[/latex] i uvrštavaš redom[latex] x = 0, x = 1, x = 2 [/latex] u jednadžbu [latex]f(x) = f(x-1) [/latex] i dobiješ [latex]a = b = c = 0[/latex] i onda treba zaključiti da d može biti proizvoljan, pošto ne ovisi o x-u, a i da konstanti polinomi to zadovoljavaju i dalje isto zaključivanje kao gore.
b)
Nekako, čim vidimo u uvjetu ili najvjerojatnije neće biti potprostor jer, ako uzmemo nešto što zadovoljava samo jedan dio uvjeta i nešto što samo drugi, možda nam zbroj "izleti" iz oba. Tako, npr. ako uzmemo
[latex] \left( \begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right)\ i \left( \begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\ [/latex], njihov zbroj izlazi van iz skupa.[/quote]
kako za bazu i dimenziju?
| gflegar (napisa): | Prva stvar koju treba zamjetiti je da je dani sustav izvodnica za
[tex] L = [\{(1,2,1,2),(1,3,1,3),(1,4,1,4)\}] [/tex]
linearno zavisan jer je vektor [tex] (1,4,1,4) = -1(1,2,1,2) + 2(1,3,1,3) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz sustava.
Primjetimo da se baza za [tex] L [/tex] moze pirkazati pomocu baze za [tex] M [/tex].
[tex] (1,2,1,2) = 2(1,1,1,1) - (1,0,1,0) [/tex]
[tex] (1,3,1,3) = 3(1,1,1,1) - 2(1,0,1,0) [/tex]
a kako je [tex] dim L = dim M [/tex] zakljucujemo da je [tex] M = L = M \cap L [/tex].
Sada nam preostaje naci bazu za [tex] M + K[/tex].
Sustav izvodnica za [tex] M + K [/tex] je skup [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0),(3,2,3,2)\}[/tex].
Ocito je vektor [tex] (3,2,3,2) = 2(1,1,1,1) + (1,0,1,0) [/tex] pa ga mozemo izbaciti iz skupa.
Sada jos samo treba provjeriti da je [tex] \{(1,1,1,1),(1,0,1,0),(0,1,1,0)\} [/tex] linearno nezavisan
[tex] \alpha (1,1,1,1) + \beta (1,0,1,0) + \gamma (0,1,1,0) = 0 [/tex]
Ocito je da [tex] \alpha = 0[/tex] (jedino on ima 4. komponentu 1)
Sada je i [tex] \gamma = 0 [/tex] i [tex] \beta = 0[/tex]. Pa je taj skup linearno nezavisan, a time i baza za [tex] (M \cap L) + K [/tex] |
uu hvalaa, sve jasno
http://web.math.hr/nastava/la/kolokviji/10-11/la1-1011-kol1b.pdf
može sad još i iz druge grupe ak nije problem 
Added after 12 minutes:
| Borgcube (napisa): | 3. a)
Ima dvije ideje, na kraju obje dobiješ riješenje.
Prva bi bila da se ide na to da polinom n-tog stupnja ima najviše n realnih nultočaka. Pa, kad bi uzeli proizvoljan koji zadovoljava uvjete zadatka, onda bi polinom imao beskonačno mnogo nultočaka jer bi svaki cijeli broj bio nultočka. (Zašto je to polinom? Zašto bi imao toliko nultočaka?). Jedini polinom koji to zadovoljava je nulpolinom, dakle jedini polinomi koje, kad umanjiš za neku vrijednost u 0 budu nulpolinomi su konstantni. A oni zaista čine potprostor (malo to opravdaš sa onim mora biti i dalje konstantan polinom, i onda je bilo koji konstantan polinom koji nije nulpolinom baza tog potprostora, pa mu je dimenzija 1.
Ako ne ideš na to jer niste možda još radili iz EM1, onda ideš na uvrštavanje nekih x-eva da dobiješ jednadžbe - ovo je jako česta ideja u LA kad se radi o polinomima. Naime, uzmeš koji zadovoljava to i napišeš ga u obliku
i uvrštavaš redom u jednadžbu i dobiješ i onda treba zaključiti da d može biti proizvoljan, pošto ne ovisi o x-u, a i da konstanti polinomi to zadovoljavaju i dalje isto zaključivanje kao gore.
b)
Nekako, čim vidimo u uvjetu ili najvjerojatnije neće biti potprostor jer, ako uzmemo nešto što zadovoljava samo jedan dio uvjeta i nešto što samo drugi, možda nam zbroj "izleti" iz oba. Tako, npr. ako uzmemo
, njihov zbroj izlazi van iz skupa. |
kako za bazu i dimenziju?
|
|
| [Vrh] |
|
Borgcube
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 11. 2010. (21:14:10)
Postovi: (56)16
Lokacija: Tu i tamo.
|
| Postano: 19:15 čet, 20. 10. 2011 Naslov: |
|
|
|
Pod a), kad zaključiš da su to konstantne funkcije, dakle oblika f(x) = C, gdje je C realan broj, onda je trivijalno odrediti da je taj potprostor generiran s [{1}], tj. s polinomom q(x) = 1 (primjerice, može i 2 ili [latex]\pi[/latex] ili bilo koji realan broj koji nije 0), onda je očito da je taj skup linearno nezavisan (skup od jednog člana, a taj član nije nulvektor) i da je sustav izvodnica.
Pod b) nema baze.
Pitaj koji ti još dio nije jasan, ovo sam malo nabrzinu objasnio.
Pod a), kad zaključiš da su to konstantne funkcije, dakle oblika f(x) = C, gdje je C realan broj, onda je trivijalno odrediti da je taj potprostor generiran s [{1}], tj. s polinomom q(x) = 1 (primjerice, može i 2 ili  ili bilo koji realan broj koji nije 0), onda je očito da je taj skup linearno nezavisan (skup od jednog člana, a taj član nije nulvektor) i da je sustav izvodnica.
Pod b) nema baze.
Pitaj koji ti još dio nije jasan, ovo sam malo nabrzinu objasnio.
_________________
Ceterum censeo Carthaginem esse delendam.
|
|
| [Vrh] |
|
true.false
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 10. 2011. (17:37:39)
Postovi: (28)16
|
| Postano: 21:49 ned, 30. 10. 2011 Naslov: |
|
|
|
Sorry ali mislim da u K nije (3,2,3,2) nego (2,3,2,3) a to malo mijenja tijek zadatka.... :?
Sorry ali mislim da u K nije (3,2,3,2) nego (2,3,2,3) a to malo mijenja tijek zadatka.... 
|
|
| [Vrh] |
|
gflegar
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 10. 2011. (15:03:41)
Postovi: (10D)16
Spol:
|
| Postano: 11:02 pon, 31. 10. 2011 Naslov: |
|
|
|
Moguce, neda mi se sad provjeravati :P
Ali ustvari nam to uopce ne mijenja tijek zadatka.
Onda je:
[tex] (2,3,2,3) = 3(1,1,1,1) - (1,0,1,0) [/tex]
i sve ostalo ostaje isto :D
Moguce, neda mi se sad provjeravati 
Ali ustvari nam to uopce ne mijenja tijek zadatka.
Onda je:
[tex] (2,3,2,3) = 3(1,1,1,1) - (1,0,1,0) [/tex]
i sve ostalo ostaje isto
|
|
| [Vrh] |
|
helga
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 11. 2011. (22:24:33)
Postovi: (1C)16
Spol: 
|
|
| [Vrh] |
|
gflegar
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 10. 2011. (15:03:41)
Postovi: (10D)16
Spol:
|
| Postano: 13:52 sri, 2. 11. 2011 Naslov: |
|
|
|
a)
3 vektora su komplanarna akko se jedan od njih moze prikazati kao lin. komb. ostalih, tj. ako postoje [tex] \alpha [/tex] i [tex] \beta [/tex] t.d. [tex] \vec c = \alpha \vec a + \beta \vec b [/tex]. (naravno pod uvjetom da su [tex]\vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex] lin. nezavisni, sto se u ovom slucaju lako pokaze)
Kada rijesimo taj sustav (postupak izostavljam jer mi se stvarno neda to sad u TeX-u pisati :D ), dobijemo da je [tex] \alpha = \pm \frac{1}{2}, \beta = \frac{1}{2}, \lambda = \pm 1[/tex], pa su ti vektori komplanarni za [tex] \lambda \in \{1, -1\}[/tex].
b)
Kako su za [tex] \lambda \notin \{1, -1\} [/tex] ta tri vektora lin. nezavisna, tada se svaki vektor u [tex] V^3(O) [/tex] moze prikazati pomocu njih, pa taj slucaj netrebamo provjeravati. Treba samo za [tex] \lambda [/tex] uvrstiti 1 i -1 i pogledati da li se zadani vektor moze prikazati pomocu vektora [tex] \vec a [/tex] i [tex] \vec b [/tex] (posto je [tex] \vec c[/tex] lin. komb. [tex] \vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex]) ako se nemoze on nije u lin. ljusci [tex] \{\vec a, \vec b, \vec c\}[/tex]. (postupak i rjesenje izostavljam zbog puno pisanja :D )
a)
3 vektora su komplanarna akko se jedan od njih moze prikazati kao lin. komb. ostalih, tj. ako postoje [tex] \alpha [/tex] i [tex] \beta [/tex] t.d. [tex] \vec c = \alpha \vec a + \beta \vec b [/tex]. (naravno pod uvjetom da su [tex]\vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex] lin. nezavisni, sto se u ovom slucaju lako pokaze)
Kada rijesimo taj sustav (postupak izostavljam jer mi se stvarno neda to sad u TeX-u pisati ), dobijemo da je [tex] \alpha = \pm \frac{1}{2}, \beta = \frac{1}{2}, \lambda = \pm 1[/tex], pa su ti vektori komplanarni za [tex] \lambda \in \{1, -1\}[/tex].
b)
Kako su za [tex] \lambda \notin \{1, -1\} [/tex] ta tri vektora lin. nezavisna, tada se svaki vektor u [tex] V^3(O) [/tex] moze prikazati pomocu njih, pa taj slucaj netrebamo provjeravati. Treba samo za [tex] \lambda [/tex] uvrstiti 1 i -1 i pogledati da li se zadani vektor moze prikazati pomocu vektora [tex] \vec a [/tex] i [tex] \vec b [/tex] (posto je [tex] \vec c[/tex] lin. komb. [tex] \vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex]) ako se nemoze on nije u lin. ljusci [tex] \{\vec a, \vec b, \vec c\}[/tex]. (postupak i rjesenje izostavljam zbog puno pisanja )
|
|
| [Vrh] |
|
helga
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 11. 2011. (22:24:33)
Postovi: (1C)16
Spol:
|
| Postano: 15:25 pet, 4. 11. 2011 Naslov: |
|
|
|
Zahvaljujem! :D
Nego, ako je tkogod riješio 2.B - je li baza za
[b](M+L) ∩ K -> {(1,1,1,1), (1,2,1,2)}[/b]
Zahvaljujem!
Nego, ako je tkogod riješio 2.B - je li baza za
(M+L) ∩ K → {(1,1,1,1), (1,2,1,2)}
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
| Postano: 16:27 pet, 4. 11. 2011 Naslov: |
|
|
|
[quote="gflegar"]a)
3 vektora su komplanarna akko se jedan od njih moze prikazati kao lin. komb. ostalih, tj. ako postoje [tex] \alpha [/tex] i [tex] \beta [/tex] t.d. [tex] \vec c = \alpha \vec a + \beta \vec b [/tex]. (naravno pod uvjetom da su [tex]\vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex] lin. nezavisni, sto se u ovom slucaju lako pokaze)
Kada rijesimo taj sustav (postupak izostavljam jer mi se stvarno neda to sad u TeX-u pisati :D ), dobijemo da je [tex] \alpha = \pm \frac{1}{2}, \beta = \frac{1}{2}, \lambda = \pm 1[/tex], pa su ti vektori komplanarni za [tex] \lambda \in \{1, -1\}[/tex].
b)
Kako su za [tex] \lambda \notin \{1, -1\} [/tex] ta tri vektora lin. nezavisna, tada se svaki vektor u [tex] V^3(O) [/tex] moze prikazati pomocu njih, pa taj slucaj netrebamo provjeravati. Treba samo za [tex] \lambda [/tex] uvrstiti 1 i -1 i pogledati da li se zadani vektor moze prikazati pomocu vektora [tex] \vec a [/tex] i [tex] \vec b [/tex] (posto je [tex] \vec c[/tex] lin. komb. [tex] \vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex]) ako se nemoze on nije u lin. ljusci [tex] \{\vec a, \vec b, \vec c\}[/tex]. (postupak i rjesenje izostavljam zbog puno pisanja :D )[/quote]
pod b)
za lambda = -1 se ne nalazi, jel tako?
a za lambda = 1 se nalazi
| gflegar (napisa): | a)
3 vektora su komplanarna akko se jedan od njih moze prikazati kao lin. komb. ostalih, tj. ako postoje [tex] \alpha [/tex] i [tex] \beta [/tex] t.d. [tex] \vec c = \alpha \vec a + \beta \vec b [/tex]. (naravno pod uvjetom da su [tex]\vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex] lin. nezavisni, sto se u ovom slucaju lako pokaze)
Kada rijesimo taj sustav (postupak izostavljam jer mi se stvarno neda to sad u TeX-u pisati ), dobijemo da je [tex] \alpha = \pm \frac{1}{2}, \beta = \frac{1}{2}, \lambda = \pm 1[/tex], pa su ti vektori komplanarni za [tex] \lambda \in \{1, -1\}[/tex].
b)
Kako su za [tex] \lambda \notin \{1, -1\} [/tex] ta tri vektora lin. nezavisna, tada se svaki vektor u [tex] V^3(O) [/tex] moze prikazati pomocu njih, pa taj slucaj netrebamo provjeravati. Treba samo za [tex] \lambda [/tex] uvrstiti 1 i -1 i pogledati da li se zadani vektor moze prikazati pomocu vektora [tex] \vec a [/tex] i [tex] \vec b [/tex] (posto je [tex] \vec c[/tex] lin. komb. [tex] \vec a[/tex] i [tex] \vec b[/tex]) ako se nemoze on nije u lin. ljusci [tex] \{\vec a, \vec b, \vec c\}[/tex]. (postupak i rjesenje izostavljam zbog puno pisanja ) |
pod b)
za lambda = -1 se ne nalazi, jel tako?
a za lambda = 1 se nalazi
|
|
| [Vrh] |
|
helga
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 11. 2011. (22:24:33)
Postovi: (1C)16
Spol:
|
|
| [Vrh] |
|
PermutiranoPrase
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 10. 09. 2011. (16:08:19)
Postovi: (F4)16
Spol: 
|
|
| [Vrh] |
|
logikaus
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 10. 2011. (17:55:23)
Postovi: (45)16
|
|
| [Vrh] |
|
PermutiranoPrase
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 10. 09. 2011. (16:08:19)
Postovi: (F4)16
Spol:
|
| Postano: 14:53 sub, 5. 11. 2011 Naslov: |
|
|
|
Ni meni to nije jasno. :?
Trebalo bi biti. Trebalo bi provjeriti može li se bilo koja proizvoljna matrica prikazati preko te 4 matrice. Ako se može (a prikaz će biti nejedinstven jer su te 4 matrice zavisne), onda to je sustav izvodnica. Možda je bilo očito da se ne može svaka matrica prikazati preko te 4 (npr. jedna je oblika (1, 1, 1, 1), druga (2, 2, 2, 2), treća (3, 3, 3, 3), četvrta (4,4,4,4) pa bi prikaz (1,2,3,4) bi bio nemoguć (ovaj primjer je preočiti, možda ste vi imali neki manje očiti primjer, ali ipak donekle očit? :D)
Ni meni to nije jasno.
Trebalo bi biti. Trebalo bi provjeriti može li se bilo koja proizvoljna matrica prikazati preko te 4 matrice. Ako se može (a prikaz će biti nejedinstven jer su te 4 matrice zavisne), onda to je sustav izvodnica. Možda je bilo očito da se ne može svaka matrica prikazati preko te 4 (npr. jedna je oblika (1, 1, 1, 1), druga (2, 2, 2, 2), treća (3, 3, 3, 3), četvrta (4,4,4,4) pa bi prikaz (1,2,3,4) bi bio nemoguć (ovaj primjer je preočiti, možda ste vi imali neki manje očiti primjer, ali ipak donekle očit? )
|
|
| [Vrh] |
|
Deni001
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 06. 09. 2011. (23:16:57)
Postovi: (23)16
Spol:
|
| Postano: 16:02 sub, 5. 11. 2011 Naslov: |
|
|
|
Znamo da svaki vektor iz [tex]\{c_1,c_2,...,c_n\}[/tex] možemo zapisati kao [tex]c_i=\sum_{j=1}^i b_j[/tex]. Također, znamo da je [tex]\{b_1,b_2,...,b_n\}[/tex] baza prostora V pa vrijedi [tex](\sum_{i=1}^n \alpha_ib_i = 0) \Leftrightarrow (\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_n=0)[/tex]. Da bi i drugi skup bio baza za V, mora vrijediti sljedeće: [tex](\sum_{i=1}^n \beta_ic_i = 0) \Leftrightarrow (\beta_1=\beta_2=...=\beta_n=0)[/tex]. Sada možemo to zapisati ovako: [tex]\sum_{i=1}^n \beta_ic_i = \sum_{i=1}^n (b_i \cdot \sum_{j=i}^n \beta_j)[/tex]. Iz toga zaključujemo da [tex]\beta_1=\beta_2=...=\beta_n=0[/tex]
Ovo bi trebalo biti rješenje 5.zadatka. Nadam se da je točno :D
Znamo da svaki vektor iz [tex]\{c_1,c_2,...,c_n\}[/tex] možemo zapisati kao [tex]c_i=\sum_{j=1}^i b_j[/tex]. Također, znamo da je [tex]\{b_1,b_2,...,b_n\}[/tex] baza prostora V pa vrijedi [tex](\sum_{i=1}^n \alpha_ib_i = 0) \Leftrightarrow (\alpha_1=\alpha_2=...=\alpha_n=0)[/tex]. Da bi i drugi skup bio baza za V, mora vrijediti sljedeće: [tex](\sum_{i=1}^n \beta_ic_i = 0) \Leftrightarrow (\beta_1=\beta_2=...=\beta_n=0)[/tex]. Sada možemo to zapisati ovako: [tex]\sum_{i=1}^n \beta_ic_i = \sum_{i=1}^n (b_i \cdot \sum_{j=i}^n \beta_j)[/tex]. Iz toga zaključujemo da [tex]\beta_1=\beta_2=...=\beta_n=0[/tex]
Ovo bi trebalo biti rješenje 5.zadatka. Nadam se da je točno
|
|
| [Vrh] |
|
gflegar
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 10. 2011. (15:03:41)
Postovi: (10D)16
Spol:
|
| Postano: 18:01 sub, 5. 11. 2011 Naslov: |
|
|
|
Ja bi 5. ovak nekak isao rjesavati:
Primjetimo da baza za [tex] V [/tex] ima [tex]n[/tex] elemenata, tj. [tex] dim V = n[/tex].
Nadalje, [tex] b_1 = c_1 [/tex] te [tex] b_i = c_i - c_{i-1} , 2 \le i \le n [/tex]. Tada je skup [tex]\{c_1, c_2, \ldots, c_n\}[/tex] sustav izvodnica za [tex] [\{b_1, b_2, \ldots, b_n\}][/tex], a kako je [tex] [\{b_1, b_2, \ldots, b_n\}] = V[/tex], [tex]\{c_1, c_2, \ldots, c_n\}[/tex] je sustav izvodnica za [tex] V [/tex].
Kako je broj elemenata u tom skupu jednak dimenziji prostora [tex] V[/tex], skup [tex]\{c_1, c_2, \ldots, c_n\}[/tex] je baza za [tex] V [/tex].
[size=9][color=#999999]Added after 4 minutes:[/color][/size]
[quote="Deni001"]
[tex]\sum_{i=1}^n \beta_ic_i = \sum_{i=1}^n (b_i \cdot \sum_{j=i}^n \beta_j)[/tex].
[/quote]
Mozes to malo raspisati, nije mi bas jasno od kud si to dobio. :D
Ja bi 5. ovak nekak isao rjesavati:
Primjetimo da baza za [tex] V [/tex] ima [tex]n[/tex] elemenata, tj. [tex] dim V = n[/tex].
Nadalje, [tex] b_1 = c_1 [/tex] te [tex] b_i = c_i - c_{i-1} , 2 \le i \le n [/tex]. Tada je skup [tex]\{c_1, c_2, \ldots, c_n\}[/tex] sustav izvodnica za [tex] [\{b_1, b_2, \ldots, b_n\}][/tex], a kako je [tex] [\{b_1, b_2, \ldots, b_n\}] = V[/tex], [tex]\{c_1, c_2, \ldots, c_n\}[/tex] je sustav izvodnica za [tex] V [/tex].
Kako je broj elemenata u tom skupu jednak dimenziji prostora [tex] V[/tex], skup [tex]\{c_1, c_2, \ldots, c_n\}[/tex] je baza za [tex] V [/tex].
Added after 4 minutes:
| Deni001 (napisa): |
[tex]\sum_{i=1}^n \beta_ic_i = \sum_{i=1}^n (b_i \cdot \sum_{j=i}^n \beta_j)[/tex].
|
Mozes to malo raspisati, nije mi bas jasno od kud si to dobio.
|
|
| [Vrh] |
|
gestus
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
ceps
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 08. 10. 2010. (13:03:07)
Postovi: (13A)16
|
| Postano: 18:23 sub, 5. 11. 2011 Naslov: |
|
|
|
Znači, [latex]M = \{x = (x_1, ... , x_{2n}) \in \mathbb{R}^{2n}| x_i +2x_{i+n} = 0, i = 1, ... , n\}[/latex]
Nemoj da te ovo zbuni sa 2n, to znači da gledamo prostore parne dimenzije.
Pa ajmo uzet nekoliko manjih takvih npr.
za [latex]\mathbb{R}^4[/latex]
To bi bili svi oni [latex](x_1, x_2, x_3, x_4)[/latex] za koje vrijedi:
[latex]x_1 + 2x_3 = 0[/latex]
[latex]x_2 + 2x_4 = 0[/latex]
to, jest
[latex]x_1 = -2x_3[/latex]
[latex]x_2 = -2x_4[/latex]
Znači, bili bi oblika
[latex](-2x_3, -2x_4, x_2, x_4)[/latex] - jedna baza za takve članove R-4 bi bila
[latex](-2, 0, 1, 0) , (0, -2, 0, 1)[/latex] i M bi bio 2dimenzionalan.
Ako ti nije jasno kako bi sad to generalizirao na R-2n, probaj si još napraviti za R-6, recimo, pa možda vidiš uzorak! :)
Znači, 
Nemoj da te ovo zbuni sa 2n, to znači da gledamo prostore parne dimenzije.
Pa ajmo uzet nekoliko manjih takvih npr.
za 
To bi bili svi oni  za koje vrijedi:
to, jest
Znači, bili bi oblika
 - jedna baza za takve članove R-4 bi bila
 i M bi bio 2dimenzionalan.
Ako ti nije jasno kako bi sad to generalizirao na R-2n, probaj si još napraviti za R-6, recimo, pa možda vidiš uzorak! 
|
|
| [Vrh] |
|
|
