|
Kako je prošlo tjedan dana od objavljivanja probnog testa,
vjerojatno je svatko tko je želio samostalno rješavati zadatke
dosad to i učinio. Budući da sam primio nekoliko upita o rješenjima,
osim što je nekolicina studenata poslala svoje radove na
pregled, evo tih rješenja.
1.
Na skupu [b]Q[/b] racionalnih brojeva zadana je binarna operacija
a * b = 2a + 2b + 1.
(a) Lako se izračunaju rješenja jednadžbi a * x = b i y * c = d.
Ona jesu jednoznačna, ali to ne znači da je (Q, *) grupa.
Ne postoji neutralni element, jer iz 2a + 2e + 1 = a slijedi
e = (-a-1)/2 pa takav e ne može biti zajednički za sve elemente.
(b) Očito, (Q, *) nije grupa, a ako se ispita asocijativnost (što se
nije tražilo), niti to svojstvo ne vrijedi.
2.
Skup A svih aritmetičkih nizova je realni vektorski prostor i to je
2-dimenzionalni potprostor vektorskog prostora[b] R[/b]^[b]N[/b] svih nizova
realnih brojeva, a taj nije konačnodimenzionalan.
Ovaj zadatak nalazi se i u objavljenim vježbama,
Kako je tipični aritmetički niz oblika (a_n), a_n = c + (n-1)d,
A je linearna ljuska nizova (1,1,...,1,...) i (0,1,2,..., n,...).
Ovdje odmah vidimo i bazu.
3.
Neka je {a,b,c} sustav izvodnica vektorskog prostora V.
Dokažite da se linearno nezavisni podskup prostora V može
sastojati od najviše 3 vektora. Ovdje treba dokazati odgovarajući
teorem u posebnom slučaju, a ne primijeniti teorem koji bi se
smatrao unaprijed poznatim.
Rješenje : primjenjuje se postupak iz Teorema 1.4.7.
u skriptama.
Neka je {x,y,z} linearno nezavisan skup. Treba pokazati
da je taj skup sustav izvodnica prostora V jer onda neće
postojati još neki vektor koji bi zajedno s x,y,z činio
linearno nezavisan skup.
Promatramo skup {x,a,b,c} kao uređeni skup.
On je linearno zavisan jer je x element od [a,b,c].
Tada se neki vektor iz {x,a,b,c} može prikazati kao
linearna kombinacija [i]prethodnih[/i], ali to ne može biti x.
Recimo da je c taj vektor (što je svejedno za dokaz).
Uklonimo ga pa je {x,a,b} također sustav izvodnica.
Dalje promatramo {y,x,a,b} i to je ponovno linearno
zavisan skup te se neki od vektora a i b može prikazati
pomoću prethodnih.
Neka je to npr. a. Uklonimo ga pa je {y,x,b} sustav izvodnica
prostora V.
Skup {z,y,x,b} je sustav izvodnica i linearno zavisan,
a sad jedino b može biti linearna kombinacija svojih prethodnika.
Uklonimo b pa ostaje {z,y,x} kao skup izvodnica,
a linearno nezavisan. To je i trebalo dokazati.
4.
Ako je p polinom stupnja 2 u vektorskom prostoru P_2(R),
onda je skup G = {p + p', p' + p'', p + p''} baza tog prostora.
Ovo se provjeri izravno, najlakše tako da se pokaže
linearna nezavisnost skupa G, pri čemu se polinom p
napiše kao p(t) = at^2 + bt + c.
Naravno, budući da G jest baza, polinom p (kao i svaki drugi
polinom stupnja najviše 2) može se prikazati pomoću p,
a za to nije potrebno ispisivati koeficijente polinoma p
nego se izravno izračuna (ili uoči napamet) da je
p = 1/2 (p+p') - 1/2 (p'+p'') + 1/2 (p''+p).
5.
Skup {a,b,c,d,e} baza je vektorskog prostora V. Potprostor L zadan
je s L = [{a+b+c+d+e, b+c+d, a+d+e, d}].
(U objavljenim vježbama nalazi se i ovaj zadatak, prvi dio).
Uobičajenim ispitivanjem linearne nezavisnosti
(ili uočavanjem da je (a+b+c+d+e) + d = (b+c+d) + (a+d+e))
vidi se najprije da je skup koji generira L linearno zavisan.
Odbacivanjem jerdnog od vektora vidi se da preostala tri
čine linearno nezavisan skup pa je dim L = 3.
Za direktni komplement - baza od L može se proširiti do baze
prostora V dodavanjem nekih od vektora iz baze
{a,b,c,d,e}. Ni a ni b ne nalaze se u L pa ako se stavi
M = [{a,b}] to je direktni komplement od L, pri čemu
a i a+b imaju vrlo jednostavne prikaze u L+M:
a = 0 + a, a + b = 0 + (a + b).
Kako je prošlo tjedan dana od objavljivanja probnog testa,
vjerojatno je svatko tko je želio samostalno rješavati zadatke
dosad to i učinio. Budući da sam primio nekoliko upita o rješenjima,
osim što je nekolicina studenata poslala svoje radove na
pregled, evo tih rješenja.
1.
Na skupu Q racionalnih brojeva zadana je binarna operacija
a * b = 2a + 2b + 1.
(a) Lako se izračunaju rješenja jednadžbi a * x = b i y * c = d.
Ona jesu jednoznačna, ali to ne znači da je (Q, *) grupa.
Ne postoji neutralni element, jer iz 2a + 2e + 1 = a slijedi
e = (-a-1)/2 pa takav e ne može biti zajednički za sve elemente.
(b) Očito, (Q, *) nije grupa, a ako se ispita asocijativnost (što se
nije tražilo), niti to svojstvo ne vrijedi.
2.
Skup A svih aritmetičkih nizova je realni vektorski prostor i to je
2-dimenzionalni potprostor vektorskog prostora R^N svih nizova
realnih brojeva, a taj nije konačnodimenzionalan.
Ovaj zadatak nalazi se i u objavljenim vježbama,
Kako je tipični aritmetički niz oblika (a_n), a_n = c + (n-1)d,
A je linearna ljuska nizova (1,1,...,1,...) i (0,1,2,..., n,...).
Ovdje odmah vidimo i bazu.
3.
Neka je {a,b,c} sustav izvodnica vektorskog prostora V.
Dokažite da se linearno nezavisni podskup prostora V može
sastojati od najviše 3 vektora. Ovdje treba dokazati odgovarajući
teorem u posebnom slučaju, a ne primijeniti teorem koji bi se
smatrao unaprijed poznatim.
Rješenje : primjenjuje se postupak iz Teorema 1.4.7.
u skriptama.
Neka je {x,y,z} linearno nezavisan skup. Treba pokazati
da je taj skup sustav izvodnica prostora V jer onda neće
postojati još neki vektor koji bi zajedno s x,y,z činio
linearno nezavisan skup.
Promatramo skup {x,a,b,c} kao uređeni skup.
On je linearno zavisan jer je x element od [a,b,c].
Tada se neki vektor iz {x,a,b,c} može prikazati kao
linearna kombinacija prethodnih, ali to ne može biti x.
Recimo da je c taj vektor (što je svejedno za dokaz).
Uklonimo ga pa je {x,a,b} također sustav izvodnica.
Dalje promatramo {y,x,a,b} i to je ponovno linearno
zavisan skup te se neki od vektora a i b može prikazati
pomoću prethodnih.
Neka je to npr. a. Uklonimo ga pa je {y,x,b} sustav izvodnica
prostora V.
Skup {z,y,x,b} je sustav izvodnica i linearno zavisan,
a sad jedino b može biti linearna kombinacija svojih prethodnika.
Uklonimo b pa ostaje {z,y,x} kao skup izvodnica,
a linearno nezavisan. To je i trebalo dokazati.
4.
Ako je p polinom stupnja 2 u vektorskom prostoru P_2(R),
onda je skup G = {p + p', p' + p'', p + p''} baza tog prostora.
Ovo se provjeri izravno, najlakše tako da se pokaže
linearna nezavisnost skupa G, pri čemu se polinom p
napiše kao p(t) = at^2 + bt + c.
Naravno, budući da G jest baza, polinom p (kao i svaki drugi
polinom stupnja najviše 2) može se prikazati pomoću p,
a za to nije potrebno ispisivati koeficijente polinoma p
nego se izravno izračuna (ili uoči napamet) da je
p = 1/2 (p+p') - 1/2 (p'+p'') + 1/2 (p''+p).
5.
Skup {a,b,c,d,e} baza je vektorskog prostora V. Potprostor L zadan
je s L = [{a+b+c+d+e, b+c+d, a+d+e, d}].
(U objavljenim vježbama nalazi se i ovaj zadatak, prvi dio).
Uobičajenim ispitivanjem linearne nezavisnosti
(ili uočavanjem da je (a+b+c+d+e) + d = (b+c+d) + (a+d+e))
vidi se najprije da je skup koji generira L linearno zavisan.
Odbacivanjem jerdnog od vektora vidi se da preostala tri
čine linearno nezavisan skup pa je dim L = 3.
Za direktni komplement - baza od L može se proširiti do baze
prostora V dodavanjem nekih od vektora iz baze
{a,b,c,d,e}. Ni a ni b ne nalaze se u L pa ako se stavi
M = [{a,b}] to je direktni komplement od L, pri čemu
a i a+b imaju vrlo jednostavne prikaze u L+M:
a = 0 + a, a + b = 0 + (a + b).
|
