|
[b]Popravni kolokvij iz Linearne algebre 2[/b] 2.2.2012.
1. Neka je {a,b} ortonormirani podskup unitarnog prostora V,
a F:V-->V preslikavanje zadano s F(x)=(x|a)b + (x|b)a.
Pokažite da je F linearni operator, odredite mu rang i defekt
te ispitajte jesu li a+b, a-b svojstveni vektori za F.
2. Neka su L ={(x1,x2,x3,x4): x1+x2-x3-x4=0} i
M ={(x1,x2,x3,x4):
x2=x3} potprostori unitarnog prostora R4.
Pokažite da vrijedi:
(L ∩ M)┴ = L┴ + M┴. (L┴ označava
ortogonalni komplement).
3. Napišite matricu operatora D deriviranja polinoma,
D: P3 --> P2, u sljedećem paru baza: (1+t,1-t,t2+t3,t2-t3) i
(1-t+t2, 1+t, -1).
4. Ispitajte ima li međusobno sličnih matrica u skupu {A,B,C},
gdje su A, B, C redom matrice:
001
010
100
110
100
001
010
100
001
Obrazložite svaku tvrdnju.
5. Neka je A realna kvadratna matrica reda 4, koja u prvom
retku ima skalare a,b,c,d, međusobno različite i različite
od 0, a svi ostali koeficijenti matrice su 0. Ispitajte
može li se A dijagonalizirati nad R.
6. Formulirajte i dokažite teorem o postojanju i
jednoznačnosti linearnog operatora zadanog
djelovanjem na bazu vektorskog prostora.
Rješenja - upute:
1. Izravno se provjeri da je F lin. operator.
Jezgra je ortogonalni komplement potprostora [a,b] sto
se vidi iz uvjeta F(x)=(x|a)b + (x|b)a = 0
i lin. nezavisnosti a, b, pa je S(F) = [a,b].
Dakle, defekt je n-2, rang je 2.
Uvrštavanjem vektora vidi se da je a+b svojstveni za 1,
a-b za sv. vrijednost -1.
2. Svi potprostori se lako odrede, L i M su dimenzije 3,
njihovi ort. komplementi dim. 1, dim. presjeka L i M je 2,
itd.
3. Sve standardno, formula s 2 matrice prijelaza, rezultat
je matrica
0 0 3 -3
0 0 5 -1
-1 1 8 -4
4. Slične su matrice A i C, dok B nije s njima slična
(ima drukčiji karakt. polinom, dok A i C imaju jednaki i rang
i karakt. polinom te se obje dijagonaliziraju u isti oblik,
čime su i međusobno slične; odnosno, lako se izravno nađe
matrica prijelaza jer su A i C same po sebi jednostavne pa
je račun vrlo lagan).
5. Iz same matrice vidi se da ima trostruku sv. vrijednost 0
i jednostruku a, lako se ustanovi da se i dijagonalizira na
taj oblik (jezgra dim. 3 i sv. vektor (1,0,0,0) za sv. vr. a).
6. Osnovni teorem o zadavanju lin. operatora djelovanjem
na (bli koju) bazu domene, pri čemu slike mogu biti bilo
koji vektori kodomene.
Popravni kolokvij iz Linearne algebre 2 2.2.2012.
1. Neka je {a,b} ortonormirani podskup unitarnog prostora V,
a F:V→V preslikavanje zadano s F(x)=(x|a)b + (x|b)a.
Pokažite da je F linearni operator, odredite mu rang i defekt
te ispitajte jesu li a+b, a-b svojstveni vektori za F.
2. Neka su L ={(x1,x2,x3,x4): x1+x2-x3-x4=0} i
M ={(x1,x2,x3,x4):
x2=x3} potprostori unitarnog prostora R4.
Pokažite da vrijedi:
(L ∩ M)┴ = L┴ + M┴. (L┴ označava
ortogonalni komplement).
3. Napišite matricu operatora D deriviranja polinoma,
D: P3 → P2, u sljedećem paru baza: (1+t,1-t,t2+t3,t2-t3) i
(1-t+t2, 1+t, -1).
4. Ispitajte ima li međusobno sličnih matrica u skupu {A,B,C},
gdje su A, B, C redom matrice:
001
010
100
110
100
001
010
100
001
Obrazložite svaku tvrdnju.
5. Neka je A realna kvadratna matrica reda 4, koja u prvom
retku ima skalare a,b,c,d, međusobno različite i različite
od 0, a svi ostali koeficijenti matrice su 0. Ispitajte
može li se A dijagonalizirati nad R.
6. Formulirajte i dokažite teorem o postojanju i
jednoznačnosti linearnog operatora zadanog
djelovanjem na bazu vektorskog prostora.
Rješenja - upute:
1. Izravno se provjeri da je F lin. operator.
Jezgra je ortogonalni komplement potprostora [a,b] sto
se vidi iz uvjeta F(x)=(x|a)b + (x|b)a = 0
i lin. nezavisnosti a, b, pa je S(F) = [a,b].
Dakle, defekt je n-2, rang je 2.
Uvrštavanjem vektora vidi se da je a+b svojstveni za 1,
a-b za sv. vrijednost -1.
2. Svi potprostori se lako odrede, L i M su dimenzije 3,
njihovi ort. komplementi dim. 1, dim. presjeka L i M je 2,
itd.
3. Sve standardno, formula s 2 matrice prijelaza, rezultat
je matrica
0 0 3 -3
0 0 5 -1
-1 1 8 -4
4. Slične su matrice A i C, dok B nije s njima slična
(ima drukčiji karakt. polinom, dok A i C imaju jednaki i rang
i karakt. polinom te se obje dijagonaliziraju u isti oblik,
čime su i međusobno slične; odnosno, lako se izravno nađe
matrica prijelaza jer su A i C same po sebi jednostavne pa
je račun vrlo lagan).
5. Iz same matrice vidi se da ima trostruku sv. vrijednost 0
i jednostruku a, lako se ustanovi da se i dijagonalizira na
taj oblik (jezgra dim. 3 i sv. vektor (1,0,0,0) za sv. vr. a).
6. Osnovni teorem o zadavanju lin. operatora djelovanjem
na (bli koju) bazu domene, pri čemu slike mogu biti bilo
koji vektori kodomene.
|
