Písemky z lineární algebry
Bodování: max 26b., min 14b. (1 od 20, 2 od 17 nebo tak nějak), 1., 2., 3. jsou za 6 bodu, 4. po 2 bodech za pismenko.
Tak nakonec to při vyhlášení Kolman zmírnil na 26–22 za jedna, 22–18 za dva a 18–14 za tři, což už docela šlo, udělali to z našeho termínu myslím všichni (nebo skoro všichni). I za nepříliš formálně dokonalé důkazy, které nestály na úplně pevných základech, jsem dostal plný počet bodů.
Na napsání písemky jsme měli 90min. Pak to šel Kolman rovnou opravit a po cca hodině nám řekl výsledky, případně zkonzultoval nejasnosti (myslím, že i někomu nakonec nějaký ten bod přidal).
Zadání jsou často podobná jako Matouška, na která už leží odkaz na stránce o lingebře.
Písemka 3
31. ledna (Aspoň tak nějak zhruba, co si pamatuju, kdyžtak to někdo opravte/doplňte. — Adam)
- Urči kolik řešení má v Z5 soustava rovnic x1 + atd. (byly zadány dvě lineárně nezávislé rovnice o pěti proměnných). Určete obecně kolik řešení má soustava Ax = b v Zp.
- Definuj vektorový prostor. Definuj bázi vektorového prostoru. Uveď ekvivalentní podmínku pro bázi.
- Definuj lineární zobrazení. Definuj isomorfismus. Co je obrazem báze v isomorfismu? Dokaž.
- Rozhodni a zdůvodni:
- U je vektorový prostor, V a W jeho podprostory s bázemi (v1, &hellip, vk), resp. (w1, &hellip, wl), takovými, že ∀i: vi ∉ span(w1, &hellip, wl), ∀i: wi ∉ span(v1, &hellip, vk). Potom v1, &hellip, vk, w1, &hellip, wl jsou lineárně nezávislé. (Kde span(X) je lineární obal souboru X.)
- Pro matici A typu n x n platí rank(A) = n, potom Ř(A) = S(A).
- U1 a U2 jsou podprostory vektorového prostoru V. Je U1 ∩ U2 podprostorem V?
- Posun, rotace se středem v počátku a nějaké zobrazení f(u) = nevímcoAleByloToLineární jsou lineární zobrazení.
Řešení (nápady)
- 53 (tři volné proměnné mohou nabývat v Z5 pěti různých hodnot). Předpokládejme nenulové pravé strany. Nechť A je typu m x n, pak počet řešení je 0 (na tohle se často zapomínalo), pokud rank(A) < m, jinak je počet řešení pm-n.
- Definice jasné. Ekvivalentní podmínky jsem uvedl «B je systém generátorů V, |B| = dim(V)" a «B jsou lineárně nezávislé V, |B| = dim(V)", což mi bylo uznáno.
- Definice jasné. Obrazem je báze toho druhého prostoru. V důkazu se dá trochu zamotat, já jsem například použil ke konci důkazu tvrzení, které je toho spíš důsledkem. Na přednášce to ale určitě bylo, tak se na to můžete mrknout.
-
- Ne. Přestože většina lidí si myslela, že ano. Zkuste na to přijít sami a až v nouzi nejvyšší;) promyslete následující protipříklad: U = R3, báze podprostorů: ((1,0,0)T, (1,1,0)T) a ((0,0,1)T, (0,1,1)T).
- Ano.
- Ano. (Stačí ukázat jeho uzavřenost na sčítání a násobení.)
- Ne. Posun není lineární zobrazení.
Písemka 2
Zadání zkoušky v pdf ( MB )
priklad 2- myslim ze tam bylo: 2*x1 − x2 + 3x4
Řešení (spíš jen nápady, jak to řešit)
- je vektorový prostor
- je lehka
- najdete bazi (po vyreseni jsou to vektory u parametrů – jako na cviceni) baze myslim mela 3 vektory
- proste napisete matici zobrazeni, kde sloupce budou obrazy baze z a) tzn matice 2x3, protoze je to vuci standartni bazi R2
- je jasná (pouzijte pro dukaz matematickou indukci a lemma o vymene, je to kratsi) lemma se nemusi dokazovat
-
- neplati napriklad v Z_2
c,d neplatí, b platí
Písemka 1
- Definujte těleso. Ověřte, zda T je těleso, pokud pro něj operace sčítání a násobení vypadají následovně: a sč. b = a+b+1 ; a krát b = 2ab+a+b
- Vektory (1,2,0)T, (0,1,2)T a (2,1,0)T definují Prostor Z33. Ověřte jestli jsou linéárně závislé. Ověřte, pro která prvočísla p >= 3 jsou vektory lineárně závislé nad prostorem Zp3
- Ve starých Matouškových zadáních je to (1,2,0)T, (0,1,2)T a (2,0,1)T. (Moc to na nemění, viz řešení níže.) — Adam
- Definujte izomorfismus vektorových prostorů. Určete, zda je R10 izomorfní s libovolným prostorem desetičlenných vektorů z tělesa R a zda je s ním izomorfní R9.
-
- Ve čtvercové matici Ajsou pod diagonálou jen nuly. Je řádkový prostor této matice stejný jako sloupcový?
- Platí, že libovolných n lineárně nezávislých vektorů je báze prostoru s dimenzí n?
- Platí AB=In => BA=In ?
- Plati?: A|b ma stejnou hodnost jako A ekvivalentni Ax=b ma aspon jedno reseni.
finito.
Řešení (spíš jen nápady, jak to řešit)
- Definice je jasná (axiomy), uvedené «těleso» není těleso, narazí to v axiomu určení a-1 pro 1/2(dělení nulou), prý taky na distributivitě
- Závislé jsou, když udělám lineární kombinaci 1*prvni+1*druhy+1*treti, dostanu 0
- Pro větší prvočísla nevim, mě vyšlo, že pro 3 a 5 jsou závislé, pro 7 a víc nezávislé, ale v tom jsem měl chybu...
- Jestli jsou ty vektory ze zadání správně opsané, tak tu nulu dostanu z lineární kombinace první + třetí, ale jen pro p = 3. Pro p ≥ 5 jsou podle mě vždy nezávislé, snad nekecám:). — Adam
- mně to taky tak vychází tak snad to máš dobře... Pepa
- Ve starých Matouškových zadáních je to (1,2,0)T, (0,1,2)T a (2,0,1)T, takže ta kombinace je pak skutečně první + druhý + třetí = (0,0,0)T. Nicméně pro p ≥ 5 jsou i tak vždycky nezávislé. — Adam
- Definice opět jasná (bijekce, obrazem báze je zase báze)
- s R10 izomorfní je (obrazem báze std. báze)
- s R9 není (obraz báze 10 prvků nemůže být lin. nezávislý v 9 dimenzích => nemůže to být báze)
-
- NE. Protipříklad, matice 3x3 vsude nuly, jen na pozici 1,2 jednicka
- ANO. Steinitzova věta o výměně
- NE. A typu nxm, B typu mxn m<>n, tak BA nemůže být I_n, protože je typu mxm
- Možná stojí za zmínku, že to naopak platí pro všechny A, B typu nxn, pak je totiž B inverzní k A atd. — Adam
- ANO. Důkaz jsme dělali na přednášce, možná je i ve skriptech. Je to založený na tom, že posl sloupec A´|b´ neobsahuje pivot...
