Hladik 3.2.2011

Základy lineární algebry (vektorové prostory, lineární zobrazení, řešení soustav lineárních rovnic, matice).

Hladik 3.2.2011

Příspěvekod Návštěvník » 3. 2. 2011 14:59

Varianta A:

1.) (8 bodu) Zformulujte a dokazte Steinitzovu vetu o vymene.

2.) (6 bodu) Rozhodnete zda nasledujici dva prostory jsou isomorfni:
- prostor relalnych matic 3 x 3 takovych, jejichz vsechny radky i sloupce maji nulovy soucet prvku
- prostor polynomu p(x) nalezici P5 splnujicich p(x)=p(-x).

3.) (2+4 body) Dokazte, ze linearni zobrazeni zobrazuje primku zase na primku nebo na bod.
Najdete obraz primky zadane bodem x = (1, 6, -4)T a smernici y = (7, 13, 9)T pri zobrazeni f: R3 --> R3 zadanem matici vzhledem k bazi B a kanonicke
kan[f]B =
(5 -2 1
3 0 4
1 -3 2)
a bazi B: (3, 2, -1)T, (-1, 4, 2)T, (2, 1, 2)T.

4.) (kazdy za 2 body) Rozhodnete a zduvodnete, ktera z nasledujicich tvrzeni jsou pravdiva:
a) V (realne) soustave dvanacti rovnic o osmi neznamych jsou alespon ctyri rovnice redundantni.
b) Vynasobime-li i-ty radek regularni matice A cislem alfa != 0, pak jeji inverzni matice vznikne z A-1 vydelenim i-teho radku cislem alfa.
c) Bud V vektorovy prostor nad T a u, v nalezi V. Pak span{u, v} = span{u, v+alfa*u} pro kazde alfa nalezici T.
d) Bud V konecne generovany vektorovy prostor a f: V --> V linearni zobrazeni. Pak f je isomorfismus prave tehdy kdyz je "na".
Návštěvník
 

Re: Hladik 3.2.2011

Příspěvekod vojta_vorel » 3. 2. 2011 16:46

Varianta B.. viz příloha.

- V té první větě byla v zadání chyba (to přeškrtlé slovo je "permutace"), a myslí se tím nejspíš věta, že když se složí permutace s transpozicí, tak se změní znaménko.
- Druhý příklad jsem měl dobře, udělal jsem to tak, že jsem si řekl že ty matice musí mít na diagonále nuly, v pravé horní části cokoliv, a levá dolní je závislá na té pravé horní. Takže tam jsou jakoby tři možnosti volby -> je to izomorfní s R^3. U těch polynomů jsem napsal, že P3 je izomorfní s R^4, a že ta množina odpovídá takové podmnožině R^4, kde platí, že x_1*5^3+x_2*5^2+x_3*5+x_4=x_1*7^3+x_2*7^2+x_3*7+x_4, to se upraví a vyjde, že musí platit 218x1+24x2+2x3=0, a z toho se už odvodí, že dimenze toho je 3, takže to je též izomorfní s R^3. Takže odpověď je ANO.
- U první části trojky jsem napsal, že kdyby prostor dimenze 1 (přímka) byla zobrazená na dimenzi 2 nebo vyšší, tak by matice zobrazení měla stejně hodnost 1, a podle věty v sešitě rank(A)=dim f(U). Asi se ta myšlenka dá použít, ale každopádně se to má řešit jako afinní záležitost.. ble, nevím. Druhou jsem nespočítal, jen napsal nějaké takové pomocné věci okolo, jako vzoreček s maticí zobrazení, a určil jsem matici kan[id]B, ale dostal jsem za to 1,5b.
- Čtyřka a) nevím b) ANO- chci aby z A*B=I plynulo A'*B'=I, kde A' má vynásobený a-tý řádek a B' vydělený a-tý sloupec. rozepsal jsem si do sumy (A'*B')_ii (tj. prvky na diagonále), to jsem rozdělil do případu kdy i=a i i!=a, využilo se toho, že pro A_ij*B_ij vše platí jak má, a toho, že tam kde to je potřeba, tak A'_ij=A_ij*alfa, a B'_ij=b_ij/alfa. V té sumě se ty alfy požerou, a vyjde že tam jsou jedničky stejně jako v A*B. Pak jsem si udělal prakticky stejnou sumu pro (A'*B')_ij (tj. prvky na nediagonále), rozdělil to na tři možnosti (i!=j!=a, i=a, j=a), a tam kde byly alfy (u i=a a j=a), tam se vytkly před sumu a vyšlo že se to rovná 0, stejně jako v A*B.
c) neplatí když alfa=0 d) ANO, určím dvě báze, kde f1 zobrazuje b1 na b2, a řeknu že x=sum(alfa_i*b2_i)=sum(alfa_i*f(b1_i))=f(sum(alfa_i*b1_i))=f(něco) Tedy každý prvek je něčeho obrazem, tedy f je "na", a tedy i isomorfismus. Druhým směrem to plyne z definice.

Doufám, že aspoň něco z toho někomu pomůže, když už se s tím sepisuju.. A přeju hodně štěstí a hodného pana Hladíka.
Vojta
Přílohy
IMG_0002.jpg
vojta_vorel
Matfyz(ák|ačka) level I
 
Příspěvky: 49
Registrován: 14. 1. 2011 15:10
Typ studia: Informatika Ph.D.
Login do SIS: 35685873


Zpět na MAI057 Lineární algebra I

Kdo je online

Uživatelé procházející toto fórum: Žádní registrovaní uživatelé a 1 návštěvník