|
Zadaci s kolokvija objavljeni su na web-stranicama kolegija pa ću
tekstove prenijeti neznatno skraćeno.
1. Ako lin. operator A na konačnodim. prostoru V (barem) jednu
bazu preslika u neku bazu, onda [b]svaku[/b] bazu preslika također u
(neku) bazu.
Rješenje: Važno je da svojstvo A da jednu bazu preslika u neku bazu
osigurava da bude A izomorfizam, a onda, naravno, svaku bazu preslika
u bazu. Naime, slika baze svakako razapinje Im A, no kako je slika
jedne baze opet baza (cijelog V) to znači da je Im A = V, dakle A
je epimorfizam pa je (npr. po teoremu o rangu i defektu) i
monomorfizam, znači izomorfizam.
2. Neka je A lin. operator ranga r na konačndim. prostoru V
(recimo dim V = n). Treba pokazati da postoji par baza u kojem
će tom operatoru biti pridružena matrica koja na točno r mjesta
ima koeficijente 1, a na svim ostalima 0.
Rješenje:
Očito je da tih r koeficijenata jednakih 1 moraju biti u različitim
stupcima matrice, a onda se iz takve matrice izravno pročita da
r vektora "druge baze" (baze V kao kodomene) moraju biti slike
nekih r vektora baze V (kao domene, koju god bazu uzeli).
Naime, ako u j-tom stupcu imamo 1 na mjestu (i,j), a sve ostalo 0,
to znači da je
A(e_j) = f_i, koje god to baze (e) i (f) bile.
Možemo li to postići? Naravno.
Jedan način - uzmemo bilo koju bazu (e), A-slike vektora te baze
čine sustav izvodnica za Im A, a nekih r od tih vektora čine bazu
za Im A. Uzmemo onda tih r vektora (oblika su A(e_j)) za r vektora
baze kodomene i nadopunimo (bilo kako) do baze kodomene.
Drugi način - biramo bazu domene onako kako se to radi u dokazu
Teorema o rangu i defektu. Bazu Ker A nadopunimo do baze cijelog V.
Onda A vektore iz jezgre preslika u 0, to daje nulstupce matrice
(ima ih n-r), a A-slike vektora iz nadopune čine bazu za Im A.
Nju bilo kako nadopunimo do baze V kao kodomene.
Pritom se možemo "igrati" redoslijedom vektora u bazi kako želimo.
Naravno, ako je A punog ranga n, matrica mu je jedinična matrica I, čim
uzmemo bilo koju bazu domene i sliku te baze za sliku kodomene.
3. (b) zadaci u obje grupe, analogni su pa ću uzeti samo jedan.
Treba definirati lin. operator Z na prostoru V3(O) tako da u
spektru od Z budu 1 i -1 (oba ta skalara i samo oni), pri čemu
Z preslikava vektor i iz ortonormirane baze (i,j,k) u -k, Z(i) = -k.
Po svojstvenim vrijednostima vidimo da bi takav Z mogao
biti neko zrcaljenje (ali ne mora biti - o tome kasnije). Mnogi
su to uočili i onda pokušali zadati Z, neki uspješno, neki ne.
Najbrži način jest - prepoznati geometrijski kakvo bi to točno
zrcaljenje trebalo biti.
Jedna mogućnost: Z je zrcaljenje s obzirom na ravninu (2-dim.
potprostor) koja sadrži simetralu [i-k] između osi Ox i Oz (jer se i
preslikava u -k, a onda se k preslikava u -i, jasno) i sadrži
os Oy. Drugim riječima, imamo matricu
0 0 -1
0 1 0
-1 0 0
Svojstveni vektori za 1 su j te i-k, a za -1 to je i+k.
Druga je mogućnost da uzmemo zrcaljenje na pravcu [i-k].
Tada je Z(j) = -j, dok ostaje Z(k) = -i
pa se u odnosu na prošli izbor vektor j "seli" u svojstveni potprostor
od -1. Matrica ima -1 na sporednoj dijagonali.
Neki su pokušavali - u osnovi korektno, ali znatno kompliciranije -
nadopuniti matricu kojoj je zadan prvi stupac (no ostaje 6 nepoznatih
koeficijenata) tako da njezin svojstveni polinom ima nultočke
(samo) 1 i -1, ali nisu se uspjeli ispetljati iz previše nepoznanica.
Napokon, mora li Z biti zrcaljenje, uz zadane uvjete?
Neće to biti ako za (algebarski) dvostruku svojstvenu vrijednost
geometrijska kratnost bude (samo) 1.
To se može dogoditi, npr ako je matrica
0 0 -1
0 1 1
-1 0 0.
(Ovo se ne traži u rješenju, dovoljno je zaključiti da bi
Z [i]moglo[/i] biti zrcaljenje i zadati ga na bazi).
Zadaci s kolokvija objavljeni su na web-stranicama kolegija pa ću
tekstove prenijeti neznatno skraćeno.
1. Ako lin. operator A na konačnodim. prostoru V (barem) jednu
bazu preslika u neku bazu, onda svaku bazu preslika također u
(neku) bazu.
Rješenje: Važno je da svojstvo A da jednu bazu preslika u neku bazu
osigurava da bude A izomorfizam, a onda, naravno, svaku bazu preslika
u bazu. Naime, slika baze svakako razapinje Im A, no kako je slika
jedne baze opet baza (cijelog V) to znači da je Im A = V, dakle A
je epimorfizam pa je (npr. po teoremu o rangu i defektu) i
monomorfizam, znači izomorfizam.
2. Neka je A lin. operator ranga r na konačndim. prostoru V
(recimo dim V = n). Treba pokazati da postoji par baza u kojem
će tom operatoru biti pridružena matrica koja na točno r mjesta
ima koeficijente 1, a na svim ostalima 0.
Rješenje:
Očito je da tih r koeficijenata jednakih 1 moraju biti u različitim
stupcima matrice, a onda se iz takve matrice izravno pročita da
r vektora "druge baze" (baze V kao kodomene) moraju biti slike
nekih r vektora baze V (kao domene, koju god bazu uzeli).
Naime, ako u j-tom stupcu imamo 1 na mjestu (i,j), a sve ostalo 0,
to znači da je
A(e_j) = f_i, koje god to baze (e) i (f) bile.
Možemo li to postići? Naravno.
Jedan način - uzmemo bilo koju bazu (e), A-slike vektora te baze
čine sustav izvodnica za Im A, a nekih r od tih vektora čine bazu
za Im A. Uzmemo onda tih r vektora (oblika su A(e_j)) za r vektora
baze kodomene i nadopunimo (bilo kako) do baze kodomene.
Drugi način - biramo bazu domene onako kako se to radi u dokazu
Teorema o rangu i defektu. Bazu Ker A nadopunimo do baze cijelog V.
Onda A vektore iz jezgre preslika u 0, to daje nulstupce matrice
(ima ih n-r), a A-slike vektora iz nadopune čine bazu za Im A.
Nju bilo kako nadopunimo do baze V kao kodomene.
Pritom se možemo "igrati" redoslijedom vektora u bazi kako želimo.
Naravno, ako je A punog ranga n, matrica mu je jedinična matrica I, čim
uzmemo bilo koju bazu domene i sliku te baze za sliku kodomene.
3. (b) zadaci u obje grupe, analogni su pa ću uzeti samo jedan.
Treba definirati lin. operator Z na prostoru V3(O) tako da u
spektru od Z budu 1 i -1 (oba ta skalara i samo oni), pri čemu
Z preslikava vektor i iz ortonormirane baze (i,j,k) u -k, Z(i) = -k.
Po svojstvenim vrijednostima vidimo da bi takav Z mogao
biti neko zrcaljenje (ali ne mora biti - o tome kasnije). Mnogi
su to uočili i onda pokušali zadati Z, neki uspješno, neki ne.
Najbrži način jest - prepoznati geometrijski kakvo bi to točno
zrcaljenje trebalo biti.
Jedna mogućnost: Z je zrcaljenje s obzirom na ravninu (2-dim.
potprostor) koja sadrži simetralu [i-k] između osi Ox i Oz (jer se i
preslikava u -k, a onda se k preslikava u -i, jasno) i sadrži
os Oy. Drugim riječima, imamo matricu
0 0 -1
0 1 0
-1 0 0
Svojstveni vektori za 1 su j te i-k, a za -1 to je i+k.
Druga je mogućnost da uzmemo zrcaljenje na pravcu [i-k].
Tada je Z(j) = -j, dok ostaje Z(k) = -i
pa se u odnosu na prošli izbor vektor j "seli" u svojstveni potprostor
od -1. Matrica ima -1 na sporednoj dijagonali.
Neki su pokušavali - u osnovi korektno, ali znatno kompliciranije -
nadopuniti matricu kojoj je zadan prvi stupac (no ostaje 6 nepoznatih
koeficijenata) tako da njezin svojstveni polinom ima nultočke
(samo) 1 i -1, ali nisu se uspjeli ispetljati iz previše nepoznanica.
Napokon, mora li Z biti zrcaljenje, uz zadane uvjete?
Neće to biti ako za (algebarski) dvostruku svojstvenu vrijednost
geometrijska kratnost bude (samo) 1.
To se može dogoditi, npr ako je matrica
0 0 -1
0 1 1
-1 0 0.
(Ovo se ne traži u rješenju, dovoljno je zaključiti da bi
Z moglo biti zrcaljenje i zadati ga na bazi).
|
