Hladík 28.01.2010

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 R^3->R^3 zadaný vektor na zadaný vektor

2. zadané dvě soustavy rovnic typu Ax=0 na Z_5, 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 ;)

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 Z_7^4 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 a_{aj}=0 pro i>j. Par A^2 je zase troujehlnikova matice
   b) Bud A parti R^{m\times n} b parti R^m. Mnozina reseni soustavy Ax=b je rovna mnozine reseni soustavy BAx=Bb pro kazdou ctvercovou matici B parti R^{m\times m}
   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

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 R^3 tak aby lineární zobrazení f: R^3\to R^3 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 Z_5 uvažujeme soustavu rovnic
   4x_1 + 3x_2 + x_3 + 2x_4 = x_1 + 2x_3 + 3x_4 = 0 a
   4x_1 + x_2 + 4x_3 + 2x_4 = x_2 - x_3 = 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. a_{ij} = 0 pro i > j. Pak A^T A je zase horní trojúhelníková matice
   (b) Buď A z R^{m \times n} B z R^{m \times m}, b z R^m. 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 \in V \setminus U a \alpha skalár. Potom nikdy nenastane \alpha v \in U
   (d) Buď f : U \to V lineární zobrazení a u,v \in U 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.

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

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).