|
[b]1. zadatak[/b]
Neka je S podskup skupa [b]R[/b], različit od [b]R[/b] i
neka su 1/2, √2 elementi skupa S.
(a) Pretpostavimo da je S grupa s obzirom na zbrajanje realnih brojeva.
Napišite barem još 4 elementa skupa S.
Dokažite da je skup [b]Z[/b] sadržan u S.
(b) Pretpostavimo da je S\{0} grupoid s obzirom na množenje realnih brojeva.
Napišite barem još 4 elementa skupa S.
Je li nužno 1 el. S?
(c) Može li S biti polje s obzirom na zbrajanje i množenje realnih brojeva?
Ako je S polje, dokažite da je skup [b]Q[/b] sadržan u S.
Navedite primjer takvog polja S, ako postoji.
(Napomena: Podzadaci su međusobno neovisni).
[b]Rješenje 1. zadatka[/b]
(a) Budući da je (S,+) po pretpostavci grupa, svakako uz navedene
1 i √2 sadrži 0,
zatim zbroj svaka svoja dva elementa te suprotni element -a
za svaki a iz S.
Tako se u S nalaze 1+1 = 2, 2+1 =3,…,
induktivno svaki prirodni broj n, zatim negativni
cijeli broj -n za svaki prirodni n pa je time cijeli [b]Z[/b] sadržan u S.
Naravno, u S se nalaze još npr. i iracionalni brojevi 1 + √2, -√2,
1 – √2, 2 √2 itd.
(b) Zbog zatvorenosti na operaciju množenja, u S se nalaze
√2 · √2 = 2,
zatim ½ · 2 = 1, 2 · 2 = 4, ½ · ½ = ¼ itd.
(Broj 0 može, ali ne mora pripadati skupu S u ovom slučaju).
(c) Ako je S polje, onda ispunjava uvjete iz (a) i (b). Zbog (a)
sadrži sve cijele brojeve,
dok zbog uvjeta invertibilnosti svakog elementa različitog od 0 mora
za svaki cjelobrojni a ≠0 sadržavati i racionalni broj 1/a.
Nadalje, zbog zatvorenosti na množenje
S sadrži sve racionalne brojeve: a/b = a · 1/b.
Kako je √2 u S, S mora sadržavati sve brojeve oblika
a + b √2 za racionalne a,b.
Skup svih takvih realnih brojeva doista je polje s obzirom na
standardno zbrajanjei množenje realnih brojeva, obično
označeno s [b]Q[/b](√2). To je poznati primjer iz skripata i iz zadaća.
(U skriptama Primjer 5., str. 15 i str. 20).
[b]7. zadatak[/b]
Neka su S1 i S2 dva nehomogena sustava linearnih jednadžbi s n nepoznanica,
koji nisu ekvivalentni te neka su X1, X2 iz [b]R[/b]^n dva rješenja
sustava S1, a Y1, Y2 iz [b]R[/b]^n dva rješenja sustava S2.
(a) Dokažite da svako rješenje X sustava S1 koje se nalazi u
linearnoj ljusci [X1, X2] ima oblik X = X1 + t(X2 - X1)
za neki t iz [b]R[/b].
(b) U slučaju n = 2, 3 opišite geometrijski u euklidskoj ravnini [b]R[/b]^2 odnosno prostoru [b]R[/b]^3,
skup svih rješenja sustava S1 koja se nalaze u [X1,X2].
Ako sustavi S1 i S2 imaju neko zajedničko rješenje, što to znači geometrijski?
(c) Za općeniti n iz [b]N[/b], n ≥ 2, pokažite da sustavi S1 i S2 imaju barem
jedno zajedničko rješenje ako je skup [X2 - X1, Y2 - Y1] linearno nezavisan, a skup
[X2 - X1, Y2 - Y1, X1-Y1 ] linearno zavisan u prostoru [b]R[/b]^n.
[b]Rješenje 7. zadatka[/b]
Neka je A matrica sustava, a B ≠ 0 stupac slobodnih koeficijenata
sustava S1 .
(a) Linearna kombinacija s X1 + t X2 dva rješenja bit će
također rješenje tog sustava ako i samo ako je
A(s X1 + t X2) = B,
dakle
s AX1 + t AX2 = s B + t B = (s+t) B = B.
Odavde je s + t = 1 (zbog B ≠ 0 ) pa možemo izraziti s = 1 – t.
Tada je s X1 + t X2 = (1 - t)X1 + t X2 = X1 + t(X2 – X1) .
(b) U prethodnom zapisu prepoznajemo parametarske jednadžbe pravca
u euklidskoj ravnini, odnosno 3-dimenzionalnom prostoru.
To je pravac koji ne prolazi ishodištem, a vektor smjera mu je X2 – X1.
Analogno za sustav S2 vrijedi da se u skupu rješenja nalazi
pravac s vektorom smjera Y2 – Y1.
U slučaju ravnine (n = 2) pojedini pravac čini cijeli skup rješenja,
dok u slučaju prostora (n = 3) cijeli skup rješenja može biti ravnina
koja sadrži taj pravac.
Za n = 2 postojanje zajedničkog rješenja sustava znači da se
dva pravca sijeku u jednoj točki. (Pravci se ne mogu podudarati
jer sustavi po pretpostavci nisu ekvivalentni pa im se skupovi
rješenja ne podudaraju).
Za n = 3 postojanje zajedničkog rješenja sustava znači
ili da se dvije različite ravnine sijeku po pravcu
ili da pravac probada ravninu u jednoj točki ili da se dva pravca sijeku u točki.
(c) Rješenje je lakše razumijeti ako se prvo interpretira geometrijski,
u smislu (b).
Prva pretpostavka govori da S1 i S2 sadrže pravce koji nisu paralelni
(jer vektori smjera nisu linearno zavisni) pa bi zajedničko rješenje
mogla biti zajednička točka tih pravaca (ako postoji).
Zajednička točka pravaca postoji ako za neke t1 , t2 vrijedi
X1 + t1 (X2 – X1) = Y1 + t2 (Y2 – Y1).
Po pretpostavkama može se Y1 – X1 prikazati kao linearna kombinacija vektora
X2 – X1 i Y2 – Y1.
Stavimo Y1 – X1 = t1 (X2 – X1) + t2 (Y2 – Y1) pa je gornji uvjet očito ispunjen.
1. zadatak
Neka je S podskup skupa R, različit od R i
neka su 1/2, √2 elementi skupa S.
(a) Pretpostavimo da je S grupa s obzirom na zbrajanje realnih brojeva.
Napišite barem još 4 elementa skupa S.
Dokažite da je skup Z sadržan u S.
(b) Pretpostavimo da je S\{0} grupoid s obzirom na množenje realnih brojeva.
Napišite barem još 4 elementa skupa S.
Je li nužno 1 el. S?
(c) Može li S biti polje s obzirom na zbrajanje i množenje realnih brojeva?
Ako je S polje, dokažite da je skup Q sadržan u S.
Navedite primjer takvog polja S, ako postoji.
(Napomena: Podzadaci su međusobno neovisni).
Rješenje 1. zadatka
(a) Budući da je (S,+) po pretpostavci grupa, svakako uz navedene
1 i √2 sadrži 0,
zatim zbroj svaka svoja dva elementa te suprotni element -a
za svaki a iz S.
Tako se u S nalaze 1+1 = 2, 2+1 =3,…,
induktivno svaki prirodni broj n, zatim negativni
cijeli broj -n za svaki prirodni n pa je time cijeli Z sadržan u S.
Naravno, u S se nalaze još npr. i iracionalni brojevi 1 + √2, -√2,
1 – √2, 2 √2 itd.
(b) Zbog zatvorenosti na operaciju množenja, u S se nalaze
√2 · √2 = 2,
zatim ½ · 2 = 1, 2 · 2 = 4, ½ · ½ = ¼ itd.
(Broj 0 može, ali ne mora pripadati skupu S u ovom slučaju).
(c) Ako je S polje, onda ispunjava uvjete iz (a) i (b). Zbog (a)
sadrži sve cijele brojeve,
dok zbog uvjeta invertibilnosti svakog elementa različitog od 0 mora
za svaki cjelobrojni a ≠0 sadržavati i racionalni broj 1/a.
Nadalje, zbog zatvorenosti na množenje
S sadrži sve racionalne brojeve: a/b = a · 1/b.
Kako je √2 u S, S mora sadržavati sve brojeve oblika
a + b √2 za racionalne a,b.
Skup svih takvih realnih brojeva doista je polje s obzirom na
standardno zbrajanjei množenje realnih brojeva, obično
označeno s Q(√2). To je poznati primjer iz skripata i iz zadaća.
(U skriptama Primjer 5., str. 15 i str. 20).
7. zadatak
Neka su S1 i S2 dva nehomogena sustava linearnih jednadžbi s n nepoznanica,
koji nisu ekvivalentni te neka su X1, X2 iz R^n dva rješenja
sustava S1, a Y1, Y2 iz R^n dva rješenja sustava S2.
(a) Dokažite da svako rješenje X sustava S1 koje se nalazi u
linearnoj ljusci [X1, X2] ima oblik X = X1 + t(X2 - X1)
za neki t iz R.
(b) U slučaju n = 2, 3 opišite geometrijski u euklidskoj ravnini R^2 odnosno prostoru R^3,
skup svih rješenja sustava S1 koja se nalaze u [X1,X2].
Ako sustavi S1 i S2 imaju neko zajedničko rješenje, što to znači geometrijski?
(c) Za općeniti n iz N, n ≥ 2, pokažite da sustavi S1 i S2 imaju barem
jedno zajedničko rješenje ako je skup [X2 - X1, Y2 - Y1] linearno nezavisan, a skup
[X2 - X1, Y2 - Y1, X1-Y1 ] linearno zavisan u prostoru R^n.
Rješenje 7. zadatka
Neka je A matrica sustava, a B ≠ 0 stupac slobodnih koeficijenata
sustava S1 .
(a) Linearna kombinacija s X1 + t X2 dva rješenja bit će
također rješenje tog sustava ako i samo ako je
A(s X1 + t X2) = B,
dakle
s AX1 + t AX2 = s B + t B = (s+t) B = B.
Odavde je s + t = 1 (zbog B ≠ 0 ) pa možemo izraziti s = 1 – t.
Tada je s X1 + t X2 = (1 - t)X1 + t X2 = X1 + t(X2 – X1) .
(b) U prethodnom zapisu prepoznajemo parametarske jednadžbe pravca
u euklidskoj ravnini, odnosno 3-dimenzionalnom prostoru.
To je pravac koji ne prolazi ishodištem, a vektor smjera mu je X2 – X1.
Analogno za sustav S2 vrijedi da se u skupu rješenja nalazi
pravac s vektorom smjera Y2 – Y1.
U slučaju ravnine (n = 2) pojedini pravac čini cijeli skup rješenja,
dok u slučaju prostora (n = 3) cijeli skup rješenja može biti ravnina
koja sadrži taj pravac.
Za n = 2 postojanje zajedničkog rješenja sustava znači da se
dva pravca sijeku u jednoj točki. (Pravci se ne mogu podudarati
jer sustavi po pretpostavci nisu ekvivalentni pa im se skupovi
rješenja ne podudaraju).
Za n = 3 postojanje zajedničkog rješenja sustava znači
ili da se dvije različite ravnine sijeku po pravcu
ili da pravac probada ravninu u jednoj točki ili da se dva pravca sijeku u točki.
(c) Rješenje je lakše razumijeti ako se prvo interpretira geometrijski,
u smislu (b).
Prva pretpostavka govori da S1 i S2 sadrže pravce koji nisu paralelni
(jer vektori smjera nisu linearno zavisni) pa bi zajedničko rješenje
mogla biti zajednička točka tih pravaca (ako postoji).
Zajednička točka pravaca postoji ako za neke t1 , t2 vrijedi
X1 + t1 (X2 – X1) = Y1 + t2 (Y2 – Y1).
Po pretpostavkama može se Y1 – X1 prikazati kao linearna kombinacija vektora
X2 – X1 i Y2 – Y1.
Stavimo Y1 – X1 = t1 (X2 – X1) + t2 (Y2 – Y1) pa je gornji uvjet očito ispunjen.
|
