|
Evo i najavljenih komentara o nekim tipičnim pogreškama i
nekim možda nedovoljno jasnim ili nedovoljno pripremljenim
rješenjima zadataka s testa (dakle, zadataka koji vjerojatno
nisu ni u domaćim zadaćama riješeni sasvim korektno).
1. Podskup n-dim. vektorskog prostora koji se sastoji od
više od n vektora sigurno je linearno zavisan, ali ne
mora biti sustav izvodnica.
S druge strane, podskup koji se sastoji od manje od n
vektora sigurno nije sustav izvodnica, ali ne mora biti
linearno nezavisan.
(Bilo je pogrešnog zaključivanja kako više od n vektora
znači da je to sustav izvodnica i sl.)
2. Neke od najčešćih pogrešaka odnose se na zadatke gdje se
treba ispitati je li zadani skup polinoma sustav izvodnica
prostora Pn (prostora polinoma stupnja najviše n) i to
(a) podskup S svih polinoma sa svojstvom p(1) = 1
(b) podskup L svih polinoma sa svojstvom p(1) = 0.
Zbog toga slijedi detaljno objašnjenje.
U rješenjima ima puno miješanja pojmova i oznaka,
naročito između «običnog» (i to konačnog) skupa i
vektorskog prostora, odnosno linearne ljuske takvog skupa,
zatim «dimenzije skupa», «dimenzije baze», kardinalnog broja
vektorskog prostora..., a da se u svim slučajevima
zapravo misli na dimenziju nekog prostora ili potprostora.
Evo bitnih činjenica:
(a) Taj podskup S nije potprostor, ali jest sustav izvodnica
jer sadrži bazu cijelog prostora, najočitije cijelu
standardnu bazu (polinomi t^k svi su u tom skupu
za k=0,1,...n).
Najčešće bi se izrazio opći element podskupa u obliku
p(t) = a_n(t^n-1) + a_n-1(t^(n-1) – 1) +...+a_1(t-1) + 1.
To je u redu, no zatim obično slijedi posve pogrešan
zaključak kako je taj skup linearna ljuska skupa polinoma
{t^n-1, t^(n-1) – 1,..., t-1, 1}, a kako ovi čine bazu, onda
je promatrani skup S sustav izvodnica.
Ne – u navedenoj bazi samo konstanta 1 pripada skupu S, dok
svi ostali za t=1 daju 0, jasno, i uopće se ne nalaze u S.
U polinomu p(t) navedenog
oblika onaj « +1 » uvijek se pojavljuje, ne pomnožen
varijabilnim skalarom i zapravo se S dobiva «pomicanjem»
(translacijom) potprostora [{t^n-1, t^(n-1) – 1,..., t-1}] za
konstantu 1. Taj potprostor je dimenzije n, nije cijeli Pn,
no kad se polinomima koji ga razapinju pribroji 1, dobivaju
se polinomi standardne baze za Pn. Oni se svi nalaze u S
pa je S sustav izvodnica.
U nekim rješenjima (korektnim), ako se i nije odmah uočilo
da S sadrži standardnu bazu, to je onda dobiveno izborom
koeficijenata (po jedan 1, ostalo 0) u gore napisanom
općem obliku polinoma p(t) iz S.
(b) Skup L je potprostor, dimenzije n, njegova linearna
ljuska je on sam, dakle nije to cijeli prostor Pn.
Jedna baza za L upravo je prije navedeni
{t^n-1, t^(n-1)– 1,..., t-1}.
Dakle, skup S iz (a) usko je povezan s L iz (b),
S se dobiva tako da se svim vektorima (polinomima) iz L
pribroji 1. No, S jest sustav izvodnica, a L nije.
Onaj « +1 » upravo je «zaslužan» za to.
3. Kod dokazivanja da neparne funkcije s R u R čine vektorski
prostor važno je naglasiti (ako se koristi kriterij za
potprostor) da je to podskup vektorskog prostora svih
funkcija s R u R. (Pritom, to nikako nisu sve bijekcije, kao
što su neki zabunom napisali – bijekcije čine grupu s
obzirom na kompoziciju, a vektorski prostor s obzirom
na zbrajanje funkcija i množenje skalarom posve je druga
struktura).
Propust u ovom argumentu nije jako «kažnjavan» (1 bod,
jer ipak je važno to uočiti).
4. Primjećuju se različite pogreške, čak i elementarno
računske, u pokazivanju kako podskup svih uređenih
trojki realnih brojeva (x,y,z) sa svojstvom xyz = 0
nije potprostor od R3. Naravno, «svi znaju» da je problem
u zatvorenosti na zbrajanje, ali oni koji ne napišu
jednostavan protuprimjer (ili drukčije ne objasne, ali
korektno), znaju upasti u pogreške nerazlikovanja tvrdnji
«ne mora biti 0» i «različito je od 0», sa zaključcima
poput onog kako je zbroj nekoliko brojeva različitih od 0
također (nužno) različit od 0.
U tom, a i drugim sličnim zadacima (kad se pokazuje da neki
skup nije potprostor) katkad ima i pogrešnih protuprimjera,
naime, u dobroj namjeri odaberu se pogrešni vektori
(koji uopće nisu u promatranom skupu pa niti bilo kakav
zaključak o njihovom zbroju nije od interesa).
5. Ima pogrešnog rješavanja jednostavnih sustava linearnih
jednadžbi, kod ispitivanja linearne nezavisnosti, i to ne
u smislu zabuna u računanju (krivi predznak i slično), nego
npr. u tome da se sustav od 3 jednadžbe zamijeni
«jednostavnijim» sustavom od svega 2 jednadžbe (jer se
neke dvije jednadžbe zbroje pa se dalje radi samo s tom
jednadžbom). Naravno, na taj način može se dobiti
beskonačno mnogo «rješenja», jer se «zaboravi» treća
jednadžba zbog koje je jedino rješenje (0,0,0) (pa je skup
linearno nezavisan).
6. Ako se već pokaže da je neki skup linearno nezavisan i ako
se već izričito napiše da je to onda baza, jer ima onoliko
vektora koliko je dimenzija prostora, onda očito nije
više potrebno posebno provjeravati je li sustav izvodnica.
Neki su to radili, valjda «za svaku sigurnost» i to nije
pogrešno, ali je suvišno i znači gubitak vremena.
7. Bilo je dosta «petljanja» i sa skupom permutacija koji
bi trebao biti grupa od 6 elemenata (podgrupa) grupe S4.
Pritom ima kojekakvih pojedinačnih krivih zaključaka koji
nisu tako tipični da bi se ovdje razrađivali, no potrebno
je više opreza i u računanju s permutacijama i u
zaključivanju koja svojstva vrijede i zašto. Npr. ako
se pazi na zatvorenost, ali se ništa ne govori o inverznim
elementima, onda valjda ipak barem naknadno napisati kako
se vidi da su obuhvaćeni i svi potrebni inverzni elementi.
Kod rješavanja jednadžbi u grupi neki još uvijek ne paze
s koje strane se primjenjuje operacija pa, kako
komutativnost u primjeru ne mora vrijediti, jednostavan
račun od dva retka daje pogrešan rezultat.
Toliko zasad. Dodatni odgovori po potrebi e-mailom.
Juraj Siftar
Evo i najavljenih komentara o nekim tipičnim pogreškama i
nekim možda nedovoljno jasnim ili nedovoljno pripremljenim
rješenjima zadataka s testa (dakle, zadataka koji vjerojatno
nisu ni u domaćim zadaćama riješeni sasvim korektno).
1. Podskup n-dim. vektorskog prostora koji se sastoji od
više od n vektora sigurno je linearno zavisan, ali ne
mora biti sustav izvodnica.
S druge strane, podskup koji se sastoji od manje od n
vektora sigurno nije sustav izvodnica, ali ne mora biti
linearno nezavisan.
(Bilo je pogrešnog zaključivanja kako više od n vektora
znači da je to sustav izvodnica i sl.)
2. Neke od najčešćih pogrešaka odnose se na zadatke gdje se
treba ispitati je li zadani skup polinoma sustav izvodnica
prostora Pn (prostora polinoma stupnja najviše n) i to
(a) podskup S svih polinoma sa svojstvom p(1) = 1
(b) podskup L svih polinoma sa svojstvom p(1) = 0.
Zbog toga slijedi detaljno objašnjenje.
U rješenjima ima puno miješanja pojmova i oznaka,
naročito između «običnog» (i to konačnog) skupa i
vektorskog prostora, odnosno linearne ljuske takvog skupa,
zatim «dimenzije skupa», «dimenzije baze», kardinalnog broja
vektorskog prostora..., a da se u svim slučajevima
zapravo misli na dimenziju nekog prostora ili potprostora.
Evo bitnih činjenica:
(a) Taj podskup S nije potprostor, ali jest sustav izvodnica
jer sadrži bazu cijelog prostora, najočitije cijelu
standardnu bazu (polinomi t^k svi su u tom skupu
za k=0,1,...n).
Najčešće bi se izrazio opći element podskupa u obliku
p(t) = a_n(t^n-1) + a_n-1(t^(n-1) – 1) +...+a_1(t-1) + 1.
To je u redu, no zatim obično slijedi posve pogrešan
zaključak kako je taj skup linearna ljuska skupa polinoma
{t^n-1, t^(n-1) – 1,..., t-1, 1}, a kako ovi čine bazu, onda
je promatrani skup S sustav izvodnica.
Ne – u navedenoj bazi samo konstanta 1 pripada skupu S, dok
svi ostali za t=1 daju 0, jasno, i uopće se ne nalaze u S.
U polinomu p(t) navedenog
oblika onaj « +1 » uvijek se pojavljuje, ne pomnožen
varijabilnim skalarom i zapravo se S dobiva «pomicanjem»
(translacijom) potprostora [{t^n-1, t^(n-1) – 1,..., t-1}] za
konstantu 1. Taj potprostor je dimenzije n, nije cijeli Pn,
no kad se polinomima koji ga razapinju pribroji 1, dobivaju
se polinomi standardne baze za Pn. Oni se svi nalaze u S
pa je S sustav izvodnica.
U nekim rješenjima (korektnim), ako se i nije odmah uočilo
da S sadrži standardnu bazu, to je onda dobiveno izborom
koeficijenata (po jedan 1, ostalo 0) u gore napisanom
općem obliku polinoma p(t) iz S.
(b) Skup L je potprostor, dimenzije n, njegova linearna
ljuska je on sam, dakle nije to cijeli prostor Pn.
Jedna baza za L upravo je prije navedeni
{t^n-1, t^(n-1)– 1,..., t-1}.
Dakle, skup S iz (a) usko je povezan s L iz (b),
S se dobiva tako da se svim vektorima (polinomima) iz L
pribroji 1. No, S jest sustav izvodnica, a L nije.
Onaj « +1 » upravo je «zaslužan» za to.
3. Kod dokazivanja da neparne funkcije s R u R čine vektorski
prostor važno je naglasiti (ako se koristi kriterij za
potprostor) da je to podskup vektorskog prostora svih
funkcija s R u R. (Pritom, to nikako nisu sve bijekcije, kao
što su neki zabunom napisali – bijekcije čine grupu s
obzirom na kompoziciju, a vektorski prostor s obzirom
na zbrajanje funkcija i množenje skalarom posve je druga
struktura).
Propust u ovom argumentu nije jako «kažnjavan» (1 bod,
jer ipak je važno to uočiti).
4. Primjećuju se različite pogreške, čak i elementarno
računske, u pokazivanju kako podskup svih uređenih
trojki realnih brojeva (x,y,z) sa svojstvom xyz = 0
nije potprostor od R3. Naravno, «svi znaju» da je problem
u zatvorenosti na zbrajanje, ali oni koji ne napišu
jednostavan protuprimjer (ili drukčije ne objasne, ali
korektno), znaju upasti u pogreške nerazlikovanja tvrdnji
«ne mora biti 0» i «različito je od 0», sa zaključcima
poput onog kako je zbroj nekoliko brojeva različitih od 0
također (nužno) različit od 0.
U tom, a i drugim sličnim zadacima (kad se pokazuje da neki
skup nije potprostor) katkad ima i pogrešnih protuprimjera,
naime, u dobroj namjeri odaberu se pogrešni vektori
(koji uopće nisu u promatranom skupu pa niti bilo kakav
zaključak o njihovom zbroju nije od interesa).
5. Ima pogrešnog rješavanja jednostavnih sustava linearnih
jednadžbi, kod ispitivanja linearne nezavisnosti, i to ne
u smislu zabuna u računanju (krivi predznak i slično), nego
npr. u tome da se sustav od 3 jednadžbe zamijeni
«jednostavnijim» sustavom od svega 2 jednadžbe (jer se
neke dvije jednadžbe zbroje pa se dalje radi samo s tom
jednadžbom). Naravno, na taj način može se dobiti
beskonačno mnogo «rješenja», jer se «zaboravi» treća
jednadžba zbog koje je jedino rješenje (0,0,0) (pa je skup
linearno nezavisan).
6. Ako se već pokaže da je neki skup linearno nezavisan i ako
se već izričito napiše da je to onda baza, jer ima onoliko
vektora koliko je dimenzija prostora, onda očito nije
više potrebno posebno provjeravati je li sustav izvodnica.
Neki su to radili, valjda «za svaku sigurnost» i to nije
pogrešno, ali je suvišno i znači gubitak vremena.
7. Bilo je dosta «petljanja» i sa skupom permutacija koji
bi trebao biti grupa od 6 elemenata (podgrupa) grupe S4.
Pritom ima kojekakvih pojedinačnih krivih zaključaka koji
nisu tako tipični da bi se ovdje razrađivali, no potrebno
je više opreza i u računanju s permutacijama i u
zaključivanju koja svojstva vrijede i zašto. Npr. ako
se pazi na zatvorenost, ali se ništa ne govori o inverznim
elementima, onda valjda ipak barem naknadno napisati kako
se vidi da su obuhvaćeni i svi potrebni inverzni elementi.
Kod rješavanja jednadžbi u grupi neki još uvijek ne paze
s koje strane se primjenjuje operacija pa, kako
komutativnost u primjeru ne mora vrijediti, jednostavan
račun od dva retka daje pogrešan rezultat.
Toliko zasad. Dodatni odgovori po potrebi e-mailom.
Juraj Siftar
|
