#1: Rješenja 5. zadatka s 2. kolokvija Autor/ica: Juraj Siftar, Postano: 15:39 sri, 28. 1. 2015 — Evo kako se mogu riješiti zadaci pod br. 5 u upravo održanom
kolokviju.
1. Neka je V vektorski prostor sa svojstvom da ako su L, M i N bilo
koja tri njegova potprostora, različita od {0}, onda su barem dva
od njih međusobno izomorfna. Dokažite da je tada V nužno
konačnodimenzionalan. Kakva može biti dim V?
Rješenje:
Ako u V postoji linearno nezavisan skup koji se sastoji od
barem 3 vektora, onda postoje potprostori dimenzija 1, 2 i 3,
a među njima očito nikoja dva nisu izomorfna. Dakle, u V
mogu postojati najviše dva linearno nezavisna vektora, tako da
je V konačnodimenzionalan i to dimenzije najviše 2. Svaki
prostor dimenzije 1 ili 2 ima navedeno svojstvo.
2. Odredite skup svih linearnih operatora na prostoru R3 koji imaju
svojstvo da im je matrica pridružena u bilo kojoj (dakle, u svakoj)
bazi dijagonalna. (Podrazumijeva se da se ista baza uzima za R3
i kao domenu i kao kodomenu).
Neka je A takav operator i npr (v1, v2, v3) bilo koja baza. Ako
A u toj bazi ima dijagonalnu matricu, onda vrijedi A(v1) = k1 v1
itd za neke skalare k1, k2, k3 (ne nužno različite).
Sad promijenimo bazu, npr. uzmemo (v1, v1+v2, v3). Kako je
i u njoj matrica od A dijagonalna, slijedi da je A(v1+v2) =
k (v1+v2) za neki skalar k. No, A(v1+v2) = k1 v1 + k2 v2,
odakle je očito k = k1 = k2. Slično za k3. Dakle, svi skalari na
dijagonali moraju biti jednaki i A je nužno skalarni operator,
to jest oblika A = k I. Za skalarne operatore već znamo da imaju
navedeno svojstvo, očito, a odavde se vidi da je to jedini
tip operatora s takvim svojstvom.
3. Neka su V i W vektorski prostori nad poljem F, ne nužno
konačnodimenzionalni i neka je A: V → W linearni operator
sa svojstvom da svaki linearno nezavisni podskup prostora V
preslika u linearno nezavisni podskup prostora W. Dokažite
da je tada prostor V izomorfan prostoru Im A (slici operatora A).
Po definiciji slike, A je epimorfizam na Im A. (To vrijedi za bilo
koju funkciju, općenito - f: X → Y, f je uvijek surjekcija na f(X)).
Svojstvo čuvanja linearne nezavisnosti ekvivalentno je
injektivnosti, to znamo, dakle A je injektivan, a surjektivan je
na vlastitu sliku pa je prostor V s njom izomorfan.
2. Zadan je prvi stupac kvadratne matrice reda 2 :
0
2 .
Može li se drugi stupac popuniti tako da to bude matrica operatora
zrcaljenja (u nekoj bazi) prostora V2(O), s obzirom na neki pravac
(1-dim. potprostor)? Ima li više mogućnosti za to?
Ovo se najbrže može riješiti promatranjem invarijanti
linearnog operatora (bravo, Maja Ž. )
Zrcaljenje u dimenziji 2 ima trag 0, determinantu -1
(jer u odgovarajućoj bazi ima matricu dijagonalnu diag [1 -1]),
Zato u drugom stupcu moraju biti
1/2
0
i to je jedina mogućnost.
Ako se ne sjetimo baš tih invarijanti, jednostavno gledamo
što nam prvi stupac matrice kaže o zrcaljenju.
Budući da se prvi vektor v1 baze preslikava u 2v2, očito taj
vektor v1 nije na osi nego je njegova zrcalna slika vektor 2 v2
tako da je od v2 zrcalna slika "polovica" vektora v1,
zato je 1/2 u drugom stupcu, ispod nje je 0 i gotovo.
#2: Autor/ica: Juraj Siftar, Postano: 20:35 pon, 2. 2. 2015 — Jednako bravo i Ana K. za 5. zadatak
(Onaj prvi bravo bio je neposredno nakon kolokvija,
kad sam tek slučajno letimično vidio nekoliko radova).
)