|
1. Baza potprostora L je npr. {(1,0,0,-1), (0,1,-1,0)}, a iz samih
jednadžbi pročita se baza ortogonalnog komplementa:
{(1,0,0,1), (0,1,1,0)}.
Očito ova 4 vektora čine ortogonalnu bazu pa se lako normira.
Rastav općeg vektora u ortogonalnu projekciju i ortogonalnu
komponentu glasi:
(x1,x2,x3,x4) = ((x1-x4)/2, (x2-x3)/2, (x3-x2)/2, (x4-x1)/2) +
((x1+x4)/2, (x2+x3)/2,(x2+x3)/2, (x1+x4)/2).
Uvjet jednakih udaljenost znači da su norme ovih dvaju vektora
jednake. Izjednačavanjem kvadrata normi i sređivanjem
dobiva se jednadžba: x1x4+x2x3 = 0.
Dakle, tom jednadžbom zadan je skup S, a to očito nije potprostor.
2. Zadana dva zrcaljenja su zrcaljenja s obzirom na dvije međusobno
okomite ravnine čija presječnica je os Oz (tj. to su dva
2-dimenzionalna potprostora čiji presjek je [k]).
Kompozicija takvih zrcaljenja uvijek je rotacija za ispruženi kut
(180 stupnjeva) što se lako vidi iz odgovarajuće skice.
Ako gledamo samo djelovanje u ravnini Oxy tj u potprostoru
[i,j] vidimo rotaciju za 180 stupnjeva tj. centralnu simetriju.
To se potvrđuje i računom.
Ovdje ću navesti matrični oblik, pišući samo matricu reda 2
koja se odnosi na x i y, dok su treći stupac i redak stalno
0
0
1
odnosno 0 0 1.
Naravno, ne mora se pisati matrice nego može i linearne kombinacije.
Z1 ima matricu
-3/5 4/5
4/5 3/5
Z2 ima matricu
3/5 -4/5
-4/5 -3/5
Umnožak Z2 Z1 = -I, što smo i najavili.
3. U zadanoj bazi operator C ima matricu
1 0 0 1
0 -1 1 0
0 0 -1 0
1 0 0 1
Lako se izračunaju svojstvene vrijednosti 0, 2 (jednostruke)
i -1 (algebarske kratnosti 2).
Za 0 imamo svojstveni vektor a1-a4,
za 2 a1+a4,
za -1 samo a2 (tj [a2]) (geom. kratnost je 1).
Dakle, u linearno nezavisnom skupu mogu se nalaziti najviše
tri svojstvena vektora, a navedeni vektori već su očito
ortogonalni.
Traženi skup čine sqrt(2)/2 (a1-a4), sqrt(2)/2 (a1+a4) te a2.
4. Lako se provjeri da je F linearni operator. U standardnoj bazi
za matrice matrica od F glasi
0 -b b 0
-c a-d 0 b
c d-a 0 -b
0 c -c 0
Ta matrica očito nije ranga 4 ni za koji izbor a,b,c,d
(npr. proporcionalni prvi i četvrti stupac) tako da F ne može biti
izomorfizam. No, zato sigurno ima svojstvenu vrijednost 0
pa najlakše za nju nađemo neki svojstveni vektor, npr
(vidi se i napamet):
matrica
b 0
0 c
(Ovo nije nulmatrica jer je zadano da za traženje svojstvenog
vektora svi a,b.c,d budu različiti od 0; to je zadano samo
radi pojednostavljivanja računa, a i za ostale slučajeve lako
se nađu svojstveni vektori pridruženi svojstvenoj vrijednosti 0).
1. Baza potprostora L je npr. {(1,0,0,-1), (0,1,-1,0)}, a iz samih
jednadžbi pročita se baza ortogonalnog komplementa:
{(1,0,0,1), (0,1,1,0)}.
Očito ova 4 vektora čine ortogonalnu bazu pa se lako normira.
Rastav općeg vektora u ortogonalnu projekciju i ortogonalnu
komponentu glasi:
(x1,x2,x3,x4) = ((x1-x4)/2, (x2-x3)/2, (x3-x2)/2, (x4-x1)/2) +
((x1+x4)/2, (x2+x3)/2,(x2+x3)/2, (x1+x4)/2).
Uvjet jednakih udaljenost znači da su norme ovih dvaju vektora
jednake. Izjednačavanjem kvadrata normi i sređivanjem
dobiva se jednadžba: x1x4+x2x3 = 0.
Dakle, tom jednadžbom zadan je skup S, a to očito nije potprostor.
2. Zadana dva zrcaljenja su zrcaljenja s obzirom na dvije međusobno
okomite ravnine čija presječnica je os Oz (tj. to su dva
2-dimenzionalna potprostora čiji presjek je [k]).
Kompozicija takvih zrcaljenja uvijek je rotacija za ispruženi kut
(180 stupnjeva) što se lako vidi iz odgovarajuće skice.
Ako gledamo samo djelovanje u ravnini Oxy tj u potprostoru
[i,j] vidimo rotaciju za 180 stupnjeva tj. centralnu simetriju.
To se potvrđuje i računom.
Ovdje ću navesti matrični oblik, pišući samo matricu reda 2
koja se odnosi na x i y, dok su treći stupac i redak stalno
0
0
1
odnosno 0 0 1.
Naravno, ne mora se pisati matrice nego može i linearne kombinacije.
Z1 ima matricu
-3/5 4/5
4/5 3/5
Z2 ima matricu
3/5 -4/5
-4/5 -3/5
Umnožak Z2 Z1 = -I, što smo i najavili.
3. U zadanoj bazi operator C ima matricu
1 0 0 1
0 -1 1 0
0 0 -1 0
1 0 0 1
Lako se izračunaju svojstvene vrijednosti 0, 2 (jednostruke)
i -1 (algebarske kratnosti 2).
Za 0 imamo svojstveni vektor a1-a4,
za 2 a1+a4,
za -1 samo a2 (tj [a2]) (geom. kratnost je 1).
Dakle, u linearno nezavisnom skupu mogu se nalaziti najviše
tri svojstvena vektora, a navedeni vektori već su očito
ortogonalni.
Traženi skup čine sqrt(2)/2 (a1-a4), sqrt(2)/2 (a1+a4) te a2.
4. Lako se provjeri da je F linearni operator. U standardnoj bazi
za matrice matrica od F glasi
0 -b b 0
-c a-d 0 b
c d-a 0 -b
0 c -c 0
Ta matrica očito nije ranga 4 ni za koji izbor a,b,c,d
(npr. proporcionalni prvi i četvrti stupac) tako da F ne može biti
izomorfizam. No, zato sigurno ima svojstvenu vrijednost 0
pa najlakše za nju nađemo neki svojstveni vektor, npr
(vidi se i napamet):
matrica
b 0
0 c
(Ovo nije nulmatrica jer je zadano da za traženje svojstvenog
vektora svi a,b.c,d budu različiti od 0; to je zadano samo
radi pojednostavljivanja računa, a i za ostale slučajeve lako
se nađu svojstveni vektori pridruženi svojstvenoj vrijednosti 0).
|
