Hladik 3.2.2011

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 $P^5$ 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 $f:R^3\to R^3$ 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".

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 $x_1\ast 5^3+x_2\ast 5^2+x_3\ast 5+x_4=x_1\ast 7^3+x_2\ast 7^2+x_3\ast 7+x_4$, 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 AB=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_ijB_ij vše platí jak má, a toho, že tam kde to je potřeba, tak A'_ij=A_ijalfa, a B'_ij=b_ij/alfa. V té sumě se ty alfy požerou, a vyjde že tam jsou jedničky stejně jako v AB. 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 AB.
  c) neplatí když alfa=0 d) ANO, určím dvě báze, kde f1 zobrazuje b1 na b2, a řeknu že x=sum(alfa_ib2_i)=sum(alfa_if(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

Attachments:

• IMG_0002.jpg