Prethodna tema :: Sljedeća tema |
Autor/ica |
Poruka |
max Gost
|
Postano: 22:11 sri, 26. 11. 2008 Naslov: Linearna ljuska kao skup rjesenja homog. sustava jednadzbi |
|
|
Neka je V podskup R4 linearna ljuska skupa M = {(1, 2,−3, 1), (0, 1, 4,−1)}.
Napisite V kao skup rjesenja homogenog sustava jednadzbi.
Neka je V podskup R4 linearna ljuska skupa M = {(1, 2,−3, 1), (0, 1, 4,−1)}.
Napisite V kao skup rjesenja homogenog sustava jednadzbi.
|
|
[Vrh] |
|
stuey Forumaš(ica)
Pridružen/a: 03. 11. 2006. (15:52:11) Postovi: (A2)16
Spol:
Lokacija: Rijeka, Zg
|
Postano: 22:33 sri, 26. 11. 2008 Naslov: Re: kad bi neko bio dobar i rjesio ovaj zad!! |
|
|
[quote="max"]Neka je V podskup R4 linearna ljuska skupa M = {(1, 2,−3, 1), (0, 1, 4,−1)}.
Napisite V kao skup rjesenja homogenog sustava jednadzbi.[/quote]
Neka su ova dva vektora v1 i v2. Nadopunimo v1 i v2 do baze za R^4, recimo s vektorima e3 i e4 kanonske baze. (ako zapišemo ta 4 vektora kao stupce u matricu, dobijemo donjetrokutastu matricu A koja je sigurno ranga 4, dakle to je baza za R^4.
Sada tražimo njoj dualnu bazu. Najlakše je naći inverz matrice A. U trećem i četvrtom retku je ono što nas zanima (jer smo dodali e3 i e4). Ta dva retka su {11,-4,1,0}, {-3,1,0,1}, dakle V = { (x1,x2,x3,x4) iz R^4 | -3x1+x2+x4=0 i 11x1-4x2+x3=0}
Inače, postoji i [i]drugi način[/i] za ovo riješiti:
Budući da je V linearna ljuska od M = {v1,v2}, svaki vektor (x1,x2,x3,x4) iz V možemo prikazati kao lin.kombinaciju ta dva vektora, tj.
(x1,x2,x3,x4) = a1*v1 + a2*v2
sad samo uvrstimo v1 i v2 i dobijemo:
x1 = a1
x2 = 2a1 + a2
x3 = -3a1 + 4a2
x4 = a1 - a2
iz druge jednakosti (i prve) se dobije a2 = x2 - 2x1.
i sad samo x3 i x4 izrazimo pomoću x1 i x2, i dobijemo upravo one dvije jednadžbe iz prvog načina rješavanja :) i to bez nadopunjavanja, bez inverza, bez dualne baze...
no pitanje je da li je ovaj način uvijek dobar, vjerojatno je za veće dimenzije bolji prvi način.
max (napisa): | Neka je V podskup R4 linearna ljuska skupa M = {(1, 2,−3, 1), (0, 1, 4,−1)}.
Napisite V kao skup rjesenja homogenog sustava jednadzbi. |
Neka su ova dva vektora v1 i v2. Nadopunimo v1 i v2 do baze za R^4, recimo s vektorima e3 i e4 kanonske baze. (ako zapišemo ta 4 vektora kao stupce u matricu, dobijemo donjetrokutastu matricu A koja je sigurno ranga 4, dakle to je baza za R^4.
Sada tražimo njoj dualnu bazu. Najlakše je naći inverz matrice A. U trećem i četvrtom retku je ono što nas zanima (jer smo dodali e3 i e4). Ta dva retka su {11,-4,1,0}, {-3,1,0,1}, dakle V = { (x1,x2,x3,x4) iz R^4 | -3x1+x2+x4=0 i 11x1-4x2+x3=0}
Inače, postoji i drugi način za ovo riješiti:
Budući da je V linearna ljuska od M = {v1,v2}, svaki vektor (x1,x2,x3,x4) iz V možemo prikazati kao lin.kombinaciju ta dva vektora, tj.
(x1,x2,x3,x4) = a1*v1 + a2*v2
sad samo uvrstimo v1 i v2 i dobijemo:
x1 = a1
x2 = 2a1 + a2
x3 = -3a1 + 4a2
x4 = a1 - a2
iz druge jednakosti (i prve) se dobije a2 = x2 - 2x1.
i sad samo x3 i x4 izrazimo pomoću x1 i x2, i dobijemo upravo one dvije jednadžbe iz prvog načina rješavanja i to bez nadopunjavanja, bez inverza, bez dualne baze...
no pitanje je da li je ovaj način uvijek dobar, vjerojatno je za veće dimenzije bolji prvi način.
|
|
[Vrh] |
|
max Gost
|
|
[Vrh] |
|
pero Forumaš(ica)
Pridružen/a: 02. 02. 2005. (17:13:37) Postovi: (81)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
loreal Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 02. 2008. (18:30:35) Postovi: (33)16
Spol:
Lokacija: sava
|
|
[Vrh] |
|
pero Forumaš(ica)
Pridružen/a: 02. 02. 2005. (17:13:37) Postovi: (81)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
stuey Forumaš(ica)
Pridružen/a: 03. 11. 2006. (15:52:11) Postovi: (A2)16
Spol:
Lokacija: Rijeka, Zg
|
|
[Vrh] |
|
loreal Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 02. 2008. (18:30:35) Postovi: (33)16
Spol:
Lokacija: sava
|
|
[Vrh] |
|
mary Gost
|
|
[Vrh] |
|
mary Gost
|
|
[Vrh] |
|
pero Forumaš(ica)
Pridružen/a: 02. 02. 2005. (17:13:37) Postovi: (81)16
Spol:
|
Postano: 23:46 sri, 26. 11. 2008 Naslov: |
|
|
indN=4 znači da mora imat barem jedan blok reda 4
[latex]n_4 = 2d_4 - d_3-d_5[/latex]
[latex]d_4 = d_5 = 8[/latex]
znači
[latex]n_4=8-d_3[/latex], a d3 je paran.
Ne može bit 0, 2, 4 jer bi onda imali previše blokova, a ne može niti biti više ili jednako 8 jer bi imali premalo blokova, znači d3 je 6, a n4 = 2
indN=4 znači da mora imat barem jedan blok reda 4
znači
, a d3 je paran.
Ne može bit 0, 2, 4 jer bi onda imali previše blokova, a ne može niti biti više ili jednako 8 jer bi imali premalo blokova, znači d3 je 6, a n4 = 2
|
|
[Vrh] |
|
stuey Forumaš(ica)
Pridružen/a: 03. 11. 2006. (15:52:11) Postovi: (A2)16
Spol:
Lokacija: Rijeka, Zg
|
|
[Vrh] |
|
pero Forumaš(ica)
Pridružen/a: 02. 02. 2005. (17:13:37) Postovi: (81)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
loreal Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 02. 2008. (18:30:35) Postovi: (33)16
Spol:
Lokacija: sava
|
|
[Vrh] |
|
stuey Forumaš(ica)
Pridružen/a: 03. 11. 2006. (15:52:11) Postovi: (A2)16
Spol:
Lokacija: Rijeka, Zg
|
Postano: 0:18 čet, 27. 11. 2008 Naslov: |
|
|
[quote="pero"]Ako je indN = p i [latex]n_p[/latex] broj blokova reda p, onda
[latex]n_p = 2d_p - d_{p-1} - d_{p+1}[/latex]
N je indeksa p, pa su [latex]d_p[/latex] i [latex]d_{p+1}[/latex] jednaki n.
A [latex]d_{p-1}[/latex] mora bit manji od n (jer je[latex]N^p \neq 0[/latex]).
znači
[latex]n_p = n - d_{p-1}[/latex], [latex]d_{p-1} < n[/latex]
pa ako nisam nekaj zeznul [latex]n_p[/latex] mora bit barem 1.[/quote]
super, thx :) nisam znao za ovo.
@loreal: eto, više nije zanimljivo pitanje :)
pero (napisa): | Ako je indN = p i broj blokova reda p, onda
N je indeksa p, pa su i jednaki n.
A mora bit manji od n (jer je).
znači
,
pa ako nisam nekaj zeznul mora bit barem 1. |
super, thx nisam znao za ovo.
@loreal: eto, više nije zanimljivo pitanje
|
|
[Vrh] |
|
loreal Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 02. 2008. (18:30:35) Postovi: (33)16
Spol:
Lokacija: sava
|
|
[Vrh] |
|
Raz Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 02. 2005. (22:40:23) Postovi: (6F)16
Lokacija: Tamo gdje ribe jedu avanturiste...
|
|
[Vrh] |
|
stuey Forumaš(ica)
Pridružen/a: 03. 11. 2006. (15:52:11) Postovi: (A2)16
Spol:
Lokacija: Rijeka, Zg
|
|
[Vrh] |
|
|