Hladík 20.1.2011

Moje zadání z dneška :-P

1. Definujte pojem lineární zobrazení. (1b)
   Zformulujte a dokažte větu o maticové reprezentaci lineárního zobrazení. (7b)

2. Buď (po řádcích)
   A= {{1, 2, 1}, {2, 4, 2}, {1, 2, 1}}
   B= {{1, 3, 2}, {2, 4, -1}, {-1, 1, 6}}
   Najděte nenulový vektor x ∈ Ker(A) ∩ S(B) (3b)
   Rozhodněte, zda Ker(A)+ S(B) = ℝ$^3$ (3b)

3. Buď
   $_{B2} [f]_{B1} =$ {{1, 2, 3}, {3, -1, 3}, {-2, 10, 6}}
   matice lineárního zobrazení f: ℝ$^3$ → ℝ$^3$ vůči bázím B1, B2, přičemž
   B1 se skládá z $(1, -1, -1)^T, (1, 1, -1)^T, (0, 1, 1)^T$,
   B2 se skládá z $(2, 1, 2)^T, (-4, 2, -2)^T, (1, -1, -1)^T$.
   Najděte bázi obrazu f(ℝ$^3$) a rozšiřte ji na bázi ℝ$^3$ (6b)

4. Rozhodněte a zdůvodněte, která z následujících tvrzení jsou pravdivá: (každé za 2b)
   (a) Je-li soustava Ax=b řešitelná a soustava Ax=c také, potom je soustava Ax=b+c rovněž řešitelná.
   (b) Nechť matice Q∈ℝ$^{m\times m}$ převádí A∈ℝ$^{m\times m}$ do redukovaného odstupňovaného tvaru, tj. QA = RREF(A). Pak matice Q je určena jednoznačně.
   (c) Pokud $AA^T$ je regulární, pak řádky matice A jsou lineárně nezávislé.
   (d) Buďte f: U → V a g: V → W lineární zobrazení. Je-li g o f prosté, potom i f je prosté.

//Umlátila jsem to... nějak. :-)

čtyřka od 6 bodů, trojka od 10, dvojka myslím od 15 a jedničky nebyly :D

než jsem to tu dopsala tak už tu je, :-))) Tak nic O:-))))

Promiň no, byl jsem rychlejší :D

Nemá ve dvojce místo "Najděte nenulový vektor x ∈ Ker(A) ∪ S(B) (3b)" být "Ker(A) PRŮNIK S(B)" ?
Tohle mi přijde podivný.
vojta

PS: Ale vyšlo mi že S(B)=R^3, takže to je stejně podezřele lehký.

jo, určitě tam bude průnik, ostatně je to tu dvakrát tak se to dá ověřit i vedle.
(nevím kam jsem to zadání dala ale se sjednocením je to kravina.)

jestli to je lehké nevím, neboť jsem neměla úplně nejvíc bodů :-D Ale třeba proč ne :-)