Přiblížné zadání dle mé paměti:
1) zadány dva vektory, které se měly doplnit na bázi B tak, aby
zadaná matice lineárního zobrazení z B do kanonické báze
zobrazila z R3->R3 zadaný vektor na zadaný vektor
2) zadané dvě soustavy rovnic typu Ax=0 na Z5, za úkol zjistit, zda-li mají stejnou množinu řešení
3) zformulujte Cauchy-Schwarzovu nerovnost a dokažte
4) tvrzení ano/ne:
(nepamatuju)
Doplním to, až budu mít písemku v ruce. Přišlo mi to mnohem lehčí, než na předtermínu, ale přesto je riziko, že to nenapíšu. Holt ráno s má spát a ne psát
Hladík 28.01.2010
Re: Hladík 28.01.2010
Moja verzia
1 doplnte vektory (2,1,1), (1,0,2) an bazi B prostoru R3 tak aby linearni zobrrazeni f: R3->R3 definovane
B[F]kan=
2 1 4
-1 2 3
3 -2 -1
splnovalo (1,1,1) parti Ker(F)
2. Uvazujme 2 podprostory prostoru Z74 definovane
U=span{(4 4 4 2),(2 5 1 1), (2 6 3 1)}
V=span{(1 2 3 4),(2 0 5 1)}
rozhodnite zda U=V
3 Sformulujte Gram-schmidtovu ortogonalizacnu metodu a dokazte jeji spravnost
4. (Ano/nie) + dovod
a) Bud A horni troujehlnikova ctevrcova matice, tj aaj=0 pro i>j. Par A2 je zase troujehlnikova matice
b) Bud A parti Rmxn b parti Rm. Mnozina reseni soustavy Ax=b je rovna mnozine reseni soustavy BAx=Bb pro kazdou ctvercovou matici B parti Rmxm
C) Bud U podprostor V a u,v patri V\U. potom nikdy nenastane u+v patri U
d) Bud f U->V linearni zobrazeni a dim(U)>dim(V) potom jadro Ker(f) obsahuje aspon 1 nenulovy vektor
1 doplnte vektory (2,1,1), (1,0,2) an bazi B prostoru R3 tak aby linearni zobrrazeni f: R3->R3 definovane
B[F]kan=
2 1 4
-1 2 3
3 -2 -1
splnovalo (1,1,1) parti Ker(F)
2. Uvazujme 2 podprostory prostoru Z74 definovane
U=span{(4 4 4 2),(2 5 1 1), (2 6 3 1)}
V=span{(1 2 3 4),(2 0 5 1)}
rozhodnite zda U=V
3 Sformulujte Gram-schmidtovu ortogonalizacnu metodu a dokazte jeji spravnost
4. (Ano/nie) + dovod
a) Bud A horni troujehlnikova ctevrcova matice, tj aaj=0 pro i>j. Par A2 je zase troujehlnikova matice
b) Bud A parti Rmxn b parti Rm. Mnozina reseni soustavy Ax=b je rovna mnozine reseni soustavy BAx=Bb pro kazdou ctvercovou matici B parti Rmxm
C) Bud U podprostor V a u,v patri V\U. potom nikdy nenastane u+v patri U
d) Bud f U->V linearni zobrazeni a dim(U)>dim(V) potom jadro Ker(f) obsahuje aspon 1 nenulovy vektor
-
- Matfyz(ák|ačka) level I
- Příspěvky: 6
- Registrován: 28. 1. 2010 14:36
- Typ studia: Informatika Mgr.
- Kontaktovat uživatele:
Re: Hladík 28.01.2010
Tak já to zadání doplním za tebe :)
Zkouška Lineární algebra I, 28.1.2010 A
1. Doplňte vektory (2,1,1)T, (1,0,2)T na bázi B prostoru R3 tak aby lineární zobrazení f: R3 -> R3 definované
B[f]kan =
1, 2, 3
-1, 0, -6
1, 3, 6
splňovalo f((3,2,1)T) = (3,4,2)T
6 bodů
2. Nad tělesem Z5 uvažujeme soustavu rovnic
4x1 + 3x2 + x3 + 2x4 = x1 + 2x3 + 3x4 = 0
a
4x1 + x2 + 4x3 + 2x4 = x2 - x3 = 0.
Rozhodněte, zda množiny řešení obou soustav jsou stejné či nikoliv.
6 bodů
3. Zformulujte a dokažte Cauchy-Schwarzovu nerovnost (pro prostory nad R)
8 bodů
4. Rozhodněte a zdůvodněte, které z následujících tvrzení jsou pravdivé:
(a) Buď A horní trojúhelníková matice, tj. aij = 0 pro i > j. Pak ATA je zase horní trojúhelníková matice
(b) Buď A z Rm x n, B z Rm x m, b z Rm. Potom každé řešení soustavy Ax = b je také řešením soustavy BAx = Bb pouze pokud B je regulární matice.
(c) Buď U podprostor V a v V \ U a skalár. Potom nikdy nenastane
(d) Buď f : U -> V lineární zobrazení a dva různé vektory. Pokud f(u) = f(v), pak Ker(f) má dimenzi alespoň jedna.
(každé za dva body)
Na jedničku bylo potřeba aspoň 21 bodů.
Zkouška Lineární algebra I, 28.1.2010 A
1. Doplňte vektory (2,1,1)T, (1,0,2)T na bázi B prostoru R3 tak aby lineární zobrazení f: R3 -> R3 definované
B[f]kan =
1, 2, 3
-1, 0, -6
1, 3, 6
splňovalo f((3,2,1)T) = (3,4,2)T
6 bodů
2. Nad tělesem Z5 uvažujeme soustavu rovnic
4x1 + 3x2 + x3 + 2x4 = x1 + 2x3 + 3x4 = 0
a
4x1 + x2 + 4x3 + 2x4 = x2 - x3 = 0.
Rozhodněte, zda množiny řešení obou soustav jsou stejné či nikoliv.
6 bodů
3. Zformulujte a dokažte Cauchy-Schwarzovu nerovnost (pro prostory nad R)
8 bodů
4. Rozhodněte a zdůvodněte, které z následujících tvrzení jsou pravdivé:
(a) Buď A horní trojúhelníková matice, tj. aij = 0 pro i > j. Pak ATA je zase horní trojúhelníková matice
(b) Buď A z Rm x n, B z Rm x m, b z Rm. Potom každé řešení soustavy Ax = b je také řešením soustavy BAx = Bb pouze pokud B je regulární matice.
(c) Buď U podprostor V a v V \ U a skalár. Potom nikdy nenastane
(d) Buď f : U -> V lineární zobrazení a dva různé vektory. Pokud f(u) = f(v), pak Ker(f) má dimenzi alespoň jedna.
(každé za dva body)
Na jedničku bylo potřeba aspoň 21 bodů.
Re: Hladík 28.01.2010
Nenašla by se tu dobrá duše, která by dala radu jak si poradit s příkladem číslo 1? Není mi jasné jak si mám přebrat toto:
..splňovalo f((3,2,1)T) = (3,4,2)T...
Vektor (3,2,1)T je myšelno vůči bázy B? Pokud ano, tak se mi numericky nepodařilo dopočítat k nějakému výsledku
Pokud je 321 myšleno ke kanonické bázy, tak ale nevím jak by mohl výběr 3tího vektoru do báze ovlivnit výsledek tohoto zobrazení.
Děkuji za každý podnět k řešení
..splňovalo f((3,2,1)T) = (3,4,2)T...
Vektor (3,2,1)T je myšelno vůči bázy B? Pokud ano, tak se mi numericky nepodařilo dopočítat k nějakému výsledku
Pokud je 321 myšleno ke kanonické bázy, tak ale nevím jak by mohl výběr 3tího vektoru do báze ovlivnit výsledek tohoto zobrazení.
Děkuji za každý podnět k řešení
Re: Hladík 28.01.2010
K příkladu 1...
Já jsem to řešil takto, ale nevím jestli správně...
Vzal jsem nejdřív jako bázi B vektory (2,1,1), (1,0,2) a (3,2,1) (jsou l.n.), dal jsem je do matice a vypočítal inverzi, abych zjistil B[id]kan a mohl tak vypočítat kan[f]kan ...
kan[f]kan = ((-4, 6, 3), (8, -13, -4), (-11, 16, 7)) (po řádcích)
f((2,1,1)) = (1,-1,1), f((1,0,2)) = (2,0,3), f((3,2,1)) = (3,-6,6), a my potřebujeme vektor který se zobrazí do (3,4,2), tedy x(-4,8,-11) + y(6,-13,16) + z(3,-4,7) = (3,4,2) ...
Hodil jsem to do matice a vypadl mi vektor (3,0,5). Ale nevím jestli je to správně no ... Když tento vektor projedu matici zobrazení, zobrazí se na (3,4,2).
Já jsem to řešil takto, ale nevím jestli správně...
Vzal jsem nejdřív jako bázi B vektory (2,1,1), (1,0,2) a (3,2,1) (jsou l.n.), dal jsem je do matice a vypočítal inverzi, abych zjistil B[id]kan a mohl tak vypočítat kan[f]kan ...
kan[f]kan = ((-4, 6, 3), (8, -13, -4), (-11, 16, 7)) (po řádcích)
f((2,1,1)) = (1,-1,1), f((1,0,2)) = (2,0,3), f((3,2,1)) = (3,-6,6), a my potřebujeme vektor který se zobrazí do (3,4,2), tedy x(-4,8,-11) + y(6,-13,16) + z(3,-4,7) = (3,4,2) ...
Hodil jsem to do matice a vypadl mi vektor (3,0,5). Ale nevím jestli je to správně no ... Když tento vektor projedu matici zobrazení, zobrazí se na (3,4,2).