|
Rješenja;
Rješenja
1. Norma vektora a iznosi √30. Po C-Sch-B nejednakosti vrijedi -√30 ≤ (a | x) ≤ √30 jer je
x iz skupa svih jediničnih vektora. Najmanja i najveća vrijednost postižu se kad su a i x
linearno zavisni, dakle kad je x = -1/√30 a, odnosno x = 1/√30 a.
Nadalje, tražimo vektore (različitte od 0) b i c takve da K = {a,b,c} bude ortogonalan skup.
Kako je a = (2,0,1,5), možemo «napamet» izabrati b = (0,1,0,0) i npr. c = (1,0,-2,0).
Za zadani v = (1,1,0,2) nalazimo da se nalazi u [K] jer v = 2/5 a + b + 1/5 c. Zato je
udaljenost d(v,[K]) = 0. Naravno, ako se to ne uoči odmah, izračuna se ortogonalna
projekcija v na K pa se dobije da je to sam v. U tu svrhu treba najprije normirati bazu K,
što je vrlo lagano, jer se izravno dobiju 1/√30 a, b i 1/√5 c.
Jasno, uz drukčiji izbor vektora b i c može se dobiti sasvim drugi potprostor [K] pa onda
i drukčija udaljenost d(v,[K]) , no navedeni izbor vjerojatno daje najlakše rješenje.
2. Traženi kut rotacije upravo je kut između vektora v i ravnine z = 0. Vektor normale te
ravnine je k, kosinus kuta φ između v i k dobivamo iz v k = 2√2 cos φ = √6, dakle
cos φ = √3 /2, φ = π/6 pa je kut između vektora v i ravnine z = 0 jednak π/3.
To je, dakle, traženi kut rotacije, a rotacija vektora v izvodi se u ravnini koja sadrži
taj vektor i okomita je na ravninu z = 0. To je ravnina koja sadrži v i k, ravnina x – y = 0
pa je os rotacije pravac s vektorom smjera i – j. (Os rotacije okomita je na ravninu u kojoj
se nalaze vektor v i njegova slika R(v)).
Stoga, tipičnu matricu rotacije za π/3
1 0 0
0 1/2 -√3/2
0 √3/2 1/2
operator R ima npr u ortonormiranoj bazi (1/√2 (i – j), k, 1/√2 (i + j)).
Sliku R(v) zapravo znamo i bez matrice, jer R(v) je kolinearan s i+j, a norma mu je
jednaka normi od v, koja iznosi 2√2. Zato je R(v) = 2(i+j).
Lako dobivamo matricu R u bazi (i,j,k), kad se izvuče faktor 1/4 imamo još matricu
3 -1 √6
-1 3 √6
-√6 √6 2
Inače, veći dio zadatka može se riješiti čisto geometrijski,
gotovo sve se zbiva oko jednog
iednakostraničnog trokuta.
3. Ovo je doslovce zadatak 3.(c) iz 6. domaće zadaće.
4. Ovo je zadatak 4.(b) iz 11. domaće zadaće. Spektar matrice je {-1, 0, 1}, a svojstveni
vektori su npr. (1,3,-1) za –1, (1,2,-1) za 0 i (1,2,0) za 1. Ti vektori čine bazu u kojoj
se C dijegonalizira u diag(-1,0,1), dakle oni su ujedno i stupci tražene matrice prijelaza.
5. Relacija A**3 = A svakako vrijedi za nuloperator (spektar je {0}), jedinični operator
(spektar je {1}), svaki projektor na 1-dim. ili 2-dim. potprostor (spektar je {0,1}) te za
operator –I (centralna simetrija, spektar je {-1}). Trebamo još jedan operator,
npr zrcaljenja diag [ 1 1 –1] (spektar je {-1,1}) ili diag [1 –1 0] ili diag[–1 –1 0]. To je
već 7 različitih operatora, svi s dijagonalnim matricama za koje očito vrijedi A**3 = A jer
za skalare 0, 1 i –1 vrijedi da su jednaki svojim kubovima.
Zapravo, iz A**3 = A lako se
vidi da u spektru mogu biti samo 0, 1 i –1, jer Ax = λx povlači λ**3x = λx.
Onda imamo 7 različitih nepraznih podskupova tog skupa i
za svaki imamo operator kojem je upravo taj podskup spektar.
Uočimo, usput, da ovakav A ne može imati prazan spektar, dakle 7
različitih spektara je najviše što se može postići.
Rješenja;
Rješenja
1. Norma vektora a iznosi √30. Po C-Sch-B nejednakosti vrijedi -√30 ≤ (a | x) ≤ √30 jer je
x iz skupa svih jediničnih vektora. Najmanja i najveća vrijednost postižu se kad su a i x
linearno zavisni, dakle kad je x = -1/√30 a, odnosno x = 1/√30 a.
Nadalje, tražimo vektore (različitte od 0) b i c takve da K = {a,b,c} bude ortogonalan skup.
Kako je a = (2,0,1,5), možemo «napamet» izabrati b = (0,1,0,0) i npr. c = (1,0,-2,0).
Za zadani v = (1,1,0,2) nalazimo da se nalazi u [K] jer v = 2/5 a + b + 1/5 c. Zato je
udaljenost d(v,[K]) = 0. Naravno, ako se to ne uoči odmah, izračuna se ortogonalna
projekcija v na K pa se dobije da je to sam v. U tu svrhu treba najprije normirati bazu K,
što je vrlo lagano, jer se izravno dobiju 1/√30 a, b i 1/√5 c.
Jasno, uz drukčiji izbor vektora b i c može se dobiti sasvim drugi potprostor [K] pa onda
i drukčija udaljenost d(v,[K]) , no navedeni izbor vjerojatno daje najlakše rješenje.
2. Traženi kut rotacije upravo je kut između vektora v i ravnine z = 0. Vektor normale te
ravnine je k, kosinus kuta φ između v i k dobivamo iz v k = 2√2 cos φ = √6, dakle
cos φ = √3 /2, φ = π/6 pa je kut između vektora v i ravnine z = 0 jednak π/3.
To je, dakle, traženi kut rotacije, a rotacija vektora v izvodi se u ravnini koja sadrži
taj vektor i okomita je na ravninu z = 0. To je ravnina koja sadrži v i k, ravnina x – y = 0
pa je os rotacije pravac s vektorom smjera i – j. (Os rotacije okomita je na ravninu u kojoj
se nalaze vektor v i njegova slika R(v)).
Stoga, tipičnu matricu rotacije za π/3
1 0 0
0 1/2 -√3/2
0 √3/2 1/2
operator R ima npr u ortonormiranoj bazi (1/√2 (i – j), k, 1/√2 (i + j)).
Sliku R(v) zapravo znamo i bez matrice, jer R(v) je kolinearan s i+j, a norma mu je
jednaka normi od v, koja iznosi 2√2. Zato je R(v) = 2(i+j).
Lako dobivamo matricu R u bazi (i,j,k), kad se izvuče faktor 1/4 imamo još matricu
3 -1 √6
-1 3 √6
-√6 √6 2
Inače, veći dio zadatka može se riješiti čisto geometrijski,
gotovo sve se zbiva oko jednog
iednakostraničnog trokuta.
3. Ovo je doslovce zadatak 3.(c) iz 6. domaće zadaće.
4. Ovo je zadatak 4.(b) iz 11. domaće zadaće. Spektar matrice je {-1, 0, 1}, a svojstveni
vektori su npr. (1,3,-1) za –1, (1,2,-1) za 0 i (1,2,0) za 1. Ti vektori čine bazu u kojoj
se C dijegonalizira u diag(-1,0,1), dakle oni su ujedno i stupci tražene matrice prijelaza.
5. Relacija A**3 = A svakako vrijedi za nuloperator (spektar je {0}), jedinični operator
(spektar je {1}), svaki projektor na 1-dim. ili 2-dim. potprostor (spektar je {0,1}) te za
operator –I (centralna simetrija, spektar je {-1}). Trebamo još jedan operator,
npr zrcaljenja diag [ 1 1 –1] (spektar je {-1,1}) ili diag [1 –1 0] ili diag[–1 –1 0]. To je
već 7 različitih operatora, svi s dijagonalnim matricama za koje očito vrijedi A**3 = A jer
za skalare 0, 1 i –1 vrijedi da su jednaki svojim kubovima.
Zapravo, iz A**3 = A lako se
vidi da u spektru mogu biti samo 0, 1 i –1, jer Ax = λx povlači λ**3x = λx.
Onda imamo 7 različitih nepraznih podskupova tog skupa i
za svaki imamo operator kojem je upravo taj podskup spektar.
Uočimo, usput, da ovakav A ne može imati prazan spektar, dakle 7
različitih spektara je najviše što se može postići.
|
