Pisomka 23.1. Somberg (teoreticka cast)

Návštěvník

Pisomka 23.1. Somberg (teoreticka cast)

Příspěvek od Návštěvník »

Teoreticka cast 6 otazok po 4 bodoch, potrebne minimum 12 bodov

1
Definujte pojem dimenze.

2
Formulujte vetu vyjadrujici tzv. Cramerovo pravidlo.

3
Necht A,B jsou dve matice takove, ze AB je definovano. Necht Im A pro matici A patri T^mn je definovano jako vsechny y patri T^m, pro nez existuje x patri T^n takove, ze y=Ax a Ker A= {x patri T^n | Ax=0}. Rozhodnete, ktere z nasledujicich vyroku plati a odpoved zduvodnete:
(a) Ker AB = Ker A
(b) Ker AB podmnozina (bez rovnosti) Ker A
(c) Ker B podmnozina (bez rovnosti) Ker AB
(d) Ker AB = Im A^T
(e) Ker AB = Ker B

4
Necht (R horni index +)^n je vektorovy prostor nad R, na kterem je definovano scitani a nasobeni pomoci vztahu
(a1,...,an) + v kruzku (b1,...,bn) = (a1b1,...,anbn)
r(a1,...,an)=(a1^r,...,an^r)

Definujte na tomto prostoru nejakou netrivialni linearni formu.

(tu si treba uvedomit, ze linearni forma je vlastne homomorfizmus, takze pre lin. formu musia platit tie dve podmienky f(a+b)=f(a)+f(b) a f(sa)=sf(a), kde s je prvek z telesa. priklad takejto formy je logaritmus.)

5
Necht W1,W2,W3 jsou tri vektorove podprostory prostoru V. Plati <(W1 U W2) prunik W3> = <(W1 U W2)> prunik W3, kde U znaci sjednoceni?
(vysledok je, ze neplati)

6
Necht T je konecne teleso na r nenulovy prvek v nem. Dokazte, ze zozbrazeni T->T definovane nasobenim x->rx je permutace mnoziny T.
(bolo treba dokazat, ze kedze T je konecne teleso, tak toto zobrazenie je proste. dokaz sporom. z toho vyplyva, ze je na, takze je to vlastne automorfizmus a potom je to uz jasne.)
Soowa
Matfyz(ák|ačka) level I
Příspěvky: 9
Registrován: 25. 11. 2006 22:28
Typ studia: Matematika Mgr.

Příspěvek od Soowa »

Muzes sem prosim hodit nejake podrobnejsi reseni?
Návštěvník

Příspěvek od Návštěvník »

1 a 2 si kazdy moze najst v skriptach, naozaj to nie je tazke. ale tak aspon nejaky ten napad:
dimenze vektoroveho prostoru alebo vektoroveho podprostoru je pocet prvkov ich baze.

trojku som sa ani nepokusala spravit :) ale vsadzam na to, ze tam bude podobny priklad, takze by sa mozno oplatilo sa na to blizsie pozriet.

4 a 6 som mala zle a viac ako je v tom malom navode v tych zatvorkach k tomu povedat neviem.

5 som mala za 0, ale uz som pochopila tej myslienke, respektive bolo mi to vysvetlene. ono je dobre si to nakreslit napriklad do roviny. nech W1,W2, W3 su tvorene jednym vektorom a vsetkymi jeho lin. kombinaciami (takze kazdy podpriestor je vlastne priamka). takze mame tri priamky a pre zjednodusenie prikladu, nech priamka w3 pretina W1 U W2 (tj spojenie tychto dvoch podpriestorov, teda tie dve priamky ) len v jednom bode (toto moze vzniknut tak, ze bude paralelna napriklad s w1). to znamena, ze linearny obal <(W1 U W2) prienik W3>, budu vsetky kombinacie tohto prieniku.
teraz prava strana rovnosti:
mame dva vekt. priestory W1 a W2. linearnym obalom ich spojenia rozumieme vektorovy podpriestor tvoreny vektormi z W1 a W2 a ich linearnymi kombinaciami, to znamena, ze pomocou nich mozme zadefinovat celu rovinu. z toho vyplyva, ze prienik tohto linearneho obalu s W3 bude cely vektorovy podpriestor W3.
a preto rovnost neplati.
Soowa
Matfyz(ák|ačka) level I
Příspěvky: 9
Registrován: 25. 11. 2006 22:28
Typ studia: Matematika Mgr.

Příspěvek od Soowa »

ja jsem si to ted zkousel kreslit do roviny, pak do prostoru, a pak psat jako nejake vektory, a pokazde mi tam vysla jina inkluze :?
Odpovědět

Zpět na „ALG001 Lineární algebra a geometrie I“