Opća napomena kao i kod svakog popravnog kolokvija:
potcijenjena je i zanemarena "teorija", to jest znanje
nekih osnovnih pojmova i propozicija, u 5. i 6. zadatku.
Oni zajedno mogu donijeti do 40 bodova, a ostvareno
je vrlo malo od toga.
1. zadatak (ortogonalna projekcija na potprostor itd)
u većem dijelu identičan je 2. zadatku s 1. ovogodišnjeg
kolokvija. Može se riješiti i bez ortonormiranja baze,
ali lako ide i s ortonormiranjem.
Podzadatak (b) - matrica u po volji odabranoj bazi je
praktički poklon, jer tipična matrica ortogonalne
projekcije (u ovom slučaju) je diag (1,1,1,0), ako se
u bazu uzme bilo koja baza potprostora i još jedan
vektor iz ortogonalnog komplementa.
2. zadatak
Ravnine L i M su međusobno ortogonalne, tako da je
zrcalna slika Z(M) = M. Ako se to i ne uoči odmah,
kad se napiše matrica zrcaljenja u bazi (i,j,k)
(standardnim postupkom) lako se izračuna Z(M).
Pogodnim izborom baze može se dobiti matrica
koja u prvom stupcu ima (1,0,0) (vektor iz L jednak
je svojoj zrcalnoj slici) itd.
3. zadatak.
Dijelom sličan 3. zadatku s 2. kolokvija.
Matrice operatora A, B i A+B su gornje trokutaste
(za A je dijagonalna) pa se izravno vidi spektar
svakog od njih (po dijagonali).
A je već dijegonalna, A+B se može dijagonalizirati
jer ima 4 različite svojstvene vrijednosti
(prostor je dimenzije 4), dok za B treba malo računanja
budući da ima dvije svojstvene vrijednosti algebarske
kratnosti 2, no i taj se operator može dijagonalizirati.
4. zadatak je doslovno 3.(a) zadatak iz zadnje
domaće zadaće.
Navođenje i komentiranje brojnih težih pogrešaka u
radovima zahtijevalo bi puno vremena i poseban,
podulji post.
Opća napomena kao i kod svakog popravnog kolokvija:
potcijenjena je i zanemarena "teorija", to jest znanje
nekih osnovnih pojmova i propozicija, u 5. i 6. zadatku.
Oni zajedno mogu donijeti do 40 bodova, a ostvareno
je vrlo malo od toga.
1. zadatak (ortogonalna projekcija na potprostor itd)
u većem dijelu identičan je 2. zadatku s 1. ovogodišnjeg
kolokvija. Može se riješiti i bez ortonormiranja baze,
ali lako ide i s ortonormiranjem.
Podzadatak (b) - matrica u po volji odabranoj bazi je
praktički poklon, jer tipična matrica ortogonalne
projekcije (u ovom slučaju) je diag (1,1,1,0), ako se
u bazu uzme bilo koja baza potprostora i još jedan
vektor iz ortogonalnog komplementa.
2. zadatak
Ravnine L i M su međusobno ortogonalne, tako da je
zrcalna slika Z(M) = M. Ako se to i ne uoči odmah,
kad se napiše matrica zrcaljenja u bazi (i,j,k)
(standardnim postupkom) lako se izračuna Z(M).
Pogodnim izborom baze može se dobiti matrica
koja u prvom stupcu ima (1,0,0) (vektor iz L jednak
je svojoj zrcalnoj slici) itd.
3. zadatak.
Dijelom sličan 3. zadatku s 2. kolokvija.
Matrice operatora A, B i A+B su gornje trokutaste
(za A je dijagonalna) pa se izravno vidi spektar
svakog od njih (po dijagonali).
A je već dijegonalna, A+B se može dijagonalizirati
jer ima 4 različite svojstvene vrijednosti
(prostor je dimenzije 4), dok za B treba malo računanja
budući da ima dvije svojstvene vrijednosti algebarske
kratnosti 2, no i taj se operator može dijagonalizirati.
4. zadatak je doslovno 3.(a) zadatak iz zadnje
domaće zadaće.
Navođenje i komentiranje brojnih težih pogrešaka u
radovima zahtijevalo bi puno vremena i poseban,
podulji post.
|