|
Do objavljivanja potpunih rezultata 1. kolokvija iz LA2,
što će vjerojatno biti u nedjelju 11. studenog, izložit ću
rješenja 5. zadatka ( za obje grupe) i neke komentare,
jer bi to moglo biti informativno i poučno (pogotovo što
su ti zadaci, ukupno uzevši, jako slabo rješavani na
kolokviju).
Maksimalni broj bodova (10) na 5. zadatku dobile su svega
dvije studentice i to one s matičnim brojevima:
0248008684
1191223895
Bilo je još dosta pokušaja rješavanja na pravom putu, ali
ipak s nekim pogreškama ili propustima, pa je u tim
slučajevima izgubljeno po nekoliko bodova.
No, evo samih zadataka.
[b]A.[/b] Neka je V unitarni prostor dimenzije 3 i v jedinični vektor
iz V. Može li se na V zadati linearni operator A tako da
vektori v, A(v) i A^2(v) čine ortonormiranu bazu?
Obrazložite odgovor i napišite matricu takvog operatora
u primjeru prostora V3(O), u ortonormiranoj bazi ([b]i[/b],[b]j[/b],[b]k[/b]),
ako se izabere v = [b]i[/b].
[b]B. [/b]Neka je P linearni operator na unitarnom prostoru V3(O)
takav da[b] [/b]za vektore [b]i,j[/b] iz jedne ortonormirane baze ([b]i[/b],[b]j[/b],[b]k[/b])
vrijedi P([b]i[/b])=-[b]j[/b], P([b]j[/b])= [b]i[/b]. Napišite opći oblik matrice takvog
operatora P u bazi ([b]i[/b],[b]j[/b],[b]k[/b]).
Može li se P(k) zadati tako da za svaki vektor v iz V3(O)
bude ispunjeno [b]v . [/b]P([b]v[/b]) = 0?
Prije pojediinosti rješavanja napominjem da je naglasak u
oba zadatka u primjeni teorema o zadavanju linearnog
operatora na bazi (konačnodimenzionalnog) vektorskog
prostora, to jest: koju god izaberemo bazu (domene) i koje god
vektore iz kodomene (n vektora ako je dimenzija domene n),
postoji i to jedinstveni linearni operator koji vektore izabrane
baze prelikava redom u zadane vektore kodomene.
U oba zadatka trebalo je ispitati da li na prostoru dimenzije
3 postoji linearni operator koji ispunjava određena dodatna
svojstva, a pritom se tražilo malo baratanja s osnovnim pojmovima
unitarnog prostora.
[b]A.[/b]
Zadan je jedinični vektor v, a lin. operator A trebao bi
biti takav da vektori v, A(v) i A^2(v) čine ortonormiranu
bazu. Pa, uzmimo onda takvu ortonormiranu bazu u kojoj
je prvi vektor v, označimo je npr. s (v,v1,v2).
(Da takva ONB postoji, jasno je jer možemo najprije {v}
dopuniti do bilo koje baze, a zatim postupkom
ortonormiranja dobiti traženu bazu, u kojoj je v ponovno
prvi vektor).
Kad smo izabrali bazu, jasno je da treba biti A(v) = v1
i A(A(v)) = A(v1) = v2. Ovime još nije potpuno zadan
lin. operator A, no imamo slobodu zadati A(v2) kako
god želimo, npr A(v2) = 0 ili A(v2) = v. Ima beskonačno
mnogo lin. operatora koji ispunjavaju traženo svojstvo,
a u bazi (v,v1,v2) prva dva stupca su - pišem
transponirano radi preglednosti - (0,1,0) i (0,0,1).
Treći stupac je bilo koja trojka skalara.
I u posebnom primjeru na V3(O) vrijedi isto to. Prva dva
stupca su određena, treći biramo po volji.
Neki su u rješenju željeli geometrijski opisati jedan takav
operator s idejom da bude A([b]k[/b]) = [b]i[/b]
pa da operator A ciklički permutira vektore baze.
To je u redu, samo što takav A nije rotacija oko neke od
koordinatnih osi (tj smjerova vektora baze), kako su neki
pomislili, nego oko
osi smjera [b]i+j+k[/b], koja čini jednake kutove s
koordinatnim osima.
[b]B.[/b]
Sličnost s zadatkom pod A. jest u tome da su opet
zapravo zadane slike prva dva vektora ortonormirane
baze, ovaj put baš u V3(O), a opći oblik matrice je
takav da se treći stupac može uzeti po volji, dakle
stupci matrice takvog operatora su (0,-1,0), (1,0,0) i,
recimo, (a, b, c).
Dodatni uvjet je ortogonalnost [i]svakog[/i] vektora [b]v[/b] i njegove
slike P([b]v[/b]).
Pa, izračunajmo to. Neka je [b]v[/b] = x[b]i[/b]+y[b]j[/b]+z[b]k[/b]. Onda je
P([b]v[/b]) = y[b]i[/b]-x[b]j[/b] + zP([b]k[/b]).
Skalarni produkt [b]v[/b] i P([b]v[/b]) onda iznosi, nakon
malo sređivanja,
z(ax+by+cz).
(Jasno, P([b]k[/b]) = a[b]i[/b]+b[b]j[/b]+c[b]k[/b]), ako
smo za treći stupac matrice uzeli (a,b,c)).
Sad treba biti z(ax+by+cz) = 0 za svaki izbor realnih brojeva
x,y,z, a to je očito moguće samo za a=b=c=0, dakle traženi
operator postoji i jednoznačno je određen. Mora biti
P([b]k[/b])=[b]0[/b].
Napominjem da se u zadatku nije tražilo dokazati da
je P jednoznačno određen pa se bodove dobivalo i ako
se "pogodi" da će traženi uvjet biti ispunjen ako se
izabere P([b]k[/b])=[b]0[/b]. No, treba provjeriti da je
tada uvjet doista ispunjen.
(U rješenjima koja su bodovana s maksimalnih 10 bodova,
u oba slučaja dokazano je da P mora biti baš takav da je
P([b]k[/b])=[b]0[/b].)
Na kraju, preporučio bih da proučite ove zadatke/primjere
sve do potpunog razumijevanja kako su zapravo u biti vrlo jednostavni,
a korisni za shvaćanje što znači zadati
linearni operator na bazi.
Juraj Šiftar
Do objavljivanja potpunih rezultata 1. kolokvija iz LA2,
što će vjerojatno biti u nedjelju 11. studenog, izložit ću
rješenja 5. zadatka ( za obje grupe) i neke komentare,
jer bi to moglo biti informativno i poučno (pogotovo što
su ti zadaci, ukupno uzevši, jako slabo rješavani na
kolokviju).
Maksimalni broj bodova (10) na 5. zadatku dobile su svega
dvije studentice i to one s matičnim brojevima:
0248008684
1191223895
Bilo je još dosta pokušaja rješavanja na pravom putu, ali
ipak s nekim pogreškama ili propustima, pa je u tim
slučajevima izgubljeno po nekoliko bodova.
No, evo samih zadataka.
A. Neka je V unitarni prostor dimenzije 3 i v jedinični vektor
iz V. Može li se na V zadati linearni operator A tako da
vektori v, A(v) i A^2(v) čine ortonormiranu bazu?
Obrazložite odgovor i napišite matricu takvog operatora
u primjeru prostora V3(O), u ortonormiranoj bazi (i,j,k),
ako se izabere v = i.
B. Neka je P linearni operator na unitarnom prostoru V3(O)
takav da za vektore i,j iz jedne ortonormirane baze (i,j,k)
vrijedi P(i)=-j, P(j)= i. Napišite opći oblik matrice takvog
operatora P u bazi (i,j,k).
Može li se P(k) zadati tako da za svaki vektor v iz V3(O)
bude ispunjeno v . P(v) = 0?
Prije pojediinosti rješavanja napominjem da je naglasak u
oba zadatka u primjeni teorema o zadavanju linearnog
operatora na bazi (konačnodimenzionalnog) vektorskog
prostora, to jest: koju god izaberemo bazu (domene) i koje god
vektore iz kodomene (n vektora ako je dimenzija domene n),
postoji i to jedinstveni linearni operator koji vektore izabrane
baze prelikava redom u zadane vektore kodomene.
U oba zadatka trebalo je ispitati da li na prostoru dimenzije
3 postoji linearni operator koji ispunjava određena dodatna
svojstva, a pritom se tražilo malo baratanja s osnovnim pojmovima
unitarnog prostora.
A.
Zadan je jedinični vektor v, a lin. operator A trebao bi
biti takav da vektori v, A(v) i A^2(v) čine ortonormiranu
bazu. Pa, uzmimo onda takvu ortonormiranu bazu u kojoj
je prvi vektor v, označimo je npr. s (v,v1,v2).
(Da takva ONB postoji, jasno je jer možemo najprije {v}
dopuniti do bilo koje baze, a zatim postupkom
ortonormiranja dobiti traženu bazu, u kojoj je v ponovno
prvi vektor).
Kad smo izabrali bazu, jasno je da treba biti A(v) = v1
i A(A(v)) = A(v1) = v2. Ovime još nije potpuno zadan
lin. operator A, no imamo slobodu zadati A(v2) kako
god želimo, npr A(v2) = 0 ili A(v2) = v. Ima beskonačno
mnogo lin. operatora koji ispunjavaju traženo svojstvo,
a u bazi (v,v1,v2) prva dva stupca su - pišem
transponirano radi preglednosti - (0,1,0) i (0,0,1).
Treći stupac je bilo koja trojka skalara.
I u posebnom primjeru na V3(O) vrijedi isto to. Prva dva
stupca su određena, treći biramo po volji.
Neki su u rješenju željeli geometrijski opisati jedan takav
operator s idejom da bude A(k) = i
pa da operator A ciklički permutira vektore baze.
To je u redu, samo što takav A nije rotacija oko neke od
koordinatnih osi (tj smjerova vektora baze), kako su neki
pomislili, nego oko
osi smjera i+j+k, koja čini jednake kutove s
koordinatnim osima.
B.
Sličnost s zadatkom pod A. jest u tome da su opet
zapravo zadane slike prva dva vektora ortonormirane
baze, ovaj put baš u V3(O), a opći oblik matrice je
takav da se treći stupac može uzeti po volji, dakle
stupci matrice takvog operatora su (0,-1,0), (1,0,0) i,
recimo, (a, b, c).
Dodatni uvjet je ortogonalnost svakog vektora v i njegove
slike P(v).
Pa, izračunajmo to. Neka je v = xi+yj+zk. Onda je
P(v) = yi-xj + zP(k).
Skalarni produkt v i P(v) onda iznosi, nakon
malo sređivanja,
z(ax+by+cz).
(Jasno, P(k) = ai+bj+ck), ako
smo za treći stupac matrice uzeli (a,b,c)).
Sad treba biti z(ax+by+cz) = 0 za svaki izbor realnih brojeva
x,y,z, a to je očito moguće samo za a=b=c=0, dakle traženi
operator postoji i jednoznačno je određen. Mora biti
P(k)=0.
Napominjem da se u zadatku nije tražilo dokazati da
je P jednoznačno određen pa se bodove dobivalo i ako
se "pogodi" da će traženi uvjet biti ispunjen ako se
izabere P(k)=0. No, treba provjeriti da je
tada uvjet doista ispunjen.
(U rješenjima koja su bodovana s maksimalnih 10 bodova,
u oba slučaja dokazano je da P mora biti baš takav da je
P(k)=0.)
Na kraju, preporučio bih da proučite ove zadatke/primjere
sve do potpunog razumijevanja kako su zapravo u biti vrlo jednostavni,
a korisni za shvaćanje što znači zadati
linearni operator na bazi.
Juraj Šiftar
|
