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).