|
2(a) zadatak pokazao se kao daleko najveći problem i točno je riješen u svega 5-6 testova.
Za zadani podskup vektorskog prostora [b]R[/b]3 treba ustanoviti je li to sustav izvodnica tog prostora.
(To je dio 5. zadatka iz 3. zadaće).
Taj podzadatak nosio je 3 boda, a malo tko je na njemu
dobio više od 1 boda i, ukupno, taj deficit od barem 2 boda
zajednički je velikoj većini testova.
U zadanim varijantama skup S je uvijek sustav izvodnica,
osim kad je zadan kao skup svih (x,y,z) takvih da je x-y+z = 0.
Naime, taj skup je potprostor, dimenzije 2 i stoga je jednak
vlastitoj linearnoj ljusci, S = [S], a to nije cijeli prostor.
(Jednostavno geometrijski – S je ravnina kroz (0,0,0) i
nije cijeli prostor). U ovom slučaju, ako se (još) i ne barata
pojmom vektorskog potprostora, baze i dimenzije (jer, načelno,
u 3. zadaći ti pojmovi još nisu bili zastupljeni) vidi se da se
opći element od S može napisati npr. kao (x, y, -x+y) =
x(1,0,-1) + y(0,1,1), dakle kao linearna kombinacija
navedenih vektora pa je onda i svaki vektor iz linearne ljuske [S]
takvog oblika.
Lako je naći primjere vektora koji nisu u S, poput (1,1,1).
U svim drugim varijantama S je zadan tako da to jest sustav
izvodnica. Najlakši način da se to ustanovi jest da se uoči neka
baza prostora [b]R[/b]3 koja je sadržana u [S].
Upravo u ovom je izvor najčešćih pogrešaka u testovima –
ne mora npr. standardna baza biti sadržana u samom S,
[i]nego u [S][/i].
Često se vidi pogrešan zaključak tipa da u skupu S nema dovoljno elemenata
da bi se od njih moglo linearnim kombinacijama
dobiti čitav prostor, a pritom se obično napiše samo nekoliko
primjera vektora iz S.
No, svaki od zadanih skupova ne samo što je beskonačan
(a to samo po sebi nije dovoljno, ako je S potpostor
koji nije cijeli prostor) nego se lako (možda uz malo računanja)
u njemu uoče vektori za koje već znamo da čine sustav
izvodnica (svakako za [b]R[/b]3 to znamo).
Npr. za skup S zadan jednadžbom xy + z = 0 odmah
vidimo da se u njemu nalaze (1,0,0) i (0,1,0), dok (0,0,1) nije u S,
ali je u linearnoj ljusci jer
(0,0,1) = (1,0,0) + (0,1,0) – (1,1,-1),
a to je linearna kombinacija vektora iz S.
U pokušajima rješavanja ovog zadatka vidi se dosta
miješanja pojmova sustava izvodnica, linearno nezavisnog skupa i potprostora.
Ima i pokušaja koji su načelno dobri, ali ako pojedina bitna
konstatacija nema nikakvog obrazloženja (a namjerno se u
formulaciji zadatka izričito traži obrazloženje), neki bodovi
će izostati.
Pritom bude i kojekakvih pogrešaka, npr. ako se iz jednakosti
x^2 = z^2 zaključi da nužno vrijedi x = z, onda se doista
neće dobiti sustav izvodnica kao skup svih (x,y,x),
dok skup svih (x,y,x) i svih (x,y,-x) jest sustav izvodnica prostora [b]R[/b]3 .
Sve u svemu, potpuno razumijevanje rješenja ovog zadatka
donijelo bi mnogima puno koristi.
Zadatak 2(b) – ispitivanje linearne zavisnosti
tročlanog podskupa kompleksnog vektorskog prostora [b]C[/b]3 .
(Zadatak tipa 2.(c) iz 3. domaće zadaće).
Ovdje su pogreške nastajale više u samom računanju
(sustav 3 jednadžbe, kompleksni brojevi) nego u smislu „teorije“.
No, ipak se primjećuje ponavljanje nekih pogrešaka, kao
npr. razdvajanje izraza u jednadžbama na realni i imaginarni
dio - krivo, jer riječ je o kompleksnom prostoru i koeficijenti
su kompleksni brojevi te se tako treba s njima i računati
(inače, naravno, moguće je da skup bude linearno nezavisan nad [b]R[/b],
a zavisan nad [b]C[/b]). Da bi se izraz u jednadžbi rastavljao na realni
i imaginarni dio, trebalo bi to prvo provesti i za tražene koeficijente
(što nije zabranjeno, ali nije baš ni praktično).
S linearnoalgebarske strane (a da nije problem u samoj
tehnici računanja) ima i nesnalaženja oko pojma linearne
nezavisnosti, ali relativno malo (ima trivijalno rješenje nasuprot
ima [i]samo[/i] trivijalno rješenje i slično) te na tome nije
propušteno previše bodova.
2(a) zadatak pokazao se kao daleko najveći problem i točno je riješen u svega 5-6 testova.
Za zadani podskup vektorskog prostora R3 treba ustanoviti je li to sustav izvodnica tog prostora.
(To je dio 5. zadatka iz 3. zadaće).
Taj podzadatak nosio je 3 boda, a malo tko je na njemu
dobio više od 1 boda i, ukupno, taj deficit od barem 2 boda
zajednički je velikoj većini testova.
U zadanim varijantama skup S je uvijek sustav izvodnica,
osim kad je zadan kao skup svih (x,y,z) takvih da je x-y+z = 0.
Naime, taj skup je potprostor, dimenzije 2 i stoga je jednak
vlastitoj linearnoj ljusci, S = [S], a to nije cijeli prostor.
(Jednostavno geometrijski – S je ravnina kroz (0,0,0) i
nije cijeli prostor). U ovom slučaju, ako se (još) i ne barata
pojmom vektorskog potprostora, baze i dimenzije (jer, načelno,
u 3. zadaći ti pojmovi još nisu bili zastupljeni) vidi se da se
opći element od S može napisati npr. kao (x, y, -x+y) =
x(1,0,-1) + y(0,1,1), dakle kao linearna kombinacija
navedenih vektora pa je onda i svaki vektor iz linearne ljuske [S]
takvog oblika.
Lako je naći primjere vektora koji nisu u S, poput (1,1,1).
U svim drugim varijantama S je zadan tako da to jest sustav
izvodnica. Najlakši način da se to ustanovi jest da se uoči neka
baza prostora R3 koja je sadržana u [S].
Upravo u ovom je izvor najčešćih pogrešaka u testovima –
ne mora npr. standardna baza biti sadržana u samom S,
nego u [S].
Često se vidi pogrešan zaključak tipa da u skupu S nema dovoljno elemenata
da bi se od njih moglo linearnim kombinacijama
dobiti čitav prostor, a pritom se obično napiše samo nekoliko
primjera vektora iz S.
No, svaki od zadanih skupova ne samo što je beskonačan
(a to samo po sebi nije dovoljno, ako je S potpostor
koji nije cijeli prostor) nego se lako (možda uz malo računanja)
u njemu uoče vektori za koje već znamo da čine sustav
izvodnica (svakako za R3 to znamo).
Npr. za skup S zadan jednadžbom xy + z = 0 odmah
vidimo da se u njemu nalaze (1,0,0) i (0,1,0), dok (0,0,1) nije u S,
ali je u linearnoj ljusci jer
(0,0,1) = (1,0,0) + (0,1,0) – (1,1,-1),
a to je linearna kombinacija vektora iz S.
U pokušajima rješavanja ovog zadatka vidi se dosta
miješanja pojmova sustava izvodnica, linearno nezavisnog skupa i potprostora.
Ima i pokušaja koji su načelno dobri, ali ako pojedina bitna
konstatacija nema nikakvog obrazloženja (a namjerno se u
formulaciji zadatka izričito traži obrazloženje), neki bodovi
će izostati.
Pritom bude i kojekakvih pogrešaka, npr. ako se iz jednakosti
x^2 = z^2 zaključi da nužno vrijedi x = z, onda se doista
neće dobiti sustav izvodnica kao skup svih (x,y,x),
dok skup svih (x,y,x) i svih (x,y,-x) jest sustav izvodnica prostora R3 .
Sve u svemu, potpuno razumijevanje rješenja ovog zadatka
donijelo bi mnogima puno koristi.
Zadatak 2(b) – ispitivanje linearne zavisnosti
tročlanog podskupa kompleksnog vektorskog prostora C3 .
(Zadatak tipa 2.(c) iz 3. domaće zadaće).
Ovdje su pogreške nastajale više u samom računanju
(sustav 3 jednadžbe, kompleksni brojevi) nego u smislu „teorije“.
No, ipak se primjećuje ponavljanje nekih pogrešaka, kao
npr. razdvajanje izraza u jednadžbama na realni i imaginarni
dio - krivo, jer riječ je o kompleksnom prostoru i koeficijenti
su kompleksni brojevi te se tako treba s njima i računati
(inače, naravno, moguće je da skup bude linearno nezavisan nad R,
a zavisan nad C). Da bi se izraz u jednadžbi rastavljao na realni
i imaginarni dio, trebalo bi to prvo provesti i za tražene koeficijente
(što nije zabranjeno, ali nije baš ni praktično).
S linearnoalgebarske strane (a da nije problem u samoj
tehnici računanja) ima i nesnalaženja oko pojma linearne
nezavisnosti, ali relativno malo (ima trivijalno rješenje nasuprot
ima samo trivijalno rješenje i slično) te na tome nije
propušteno previše bodova.
|
