Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Transcript

1 Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 ) skalarni produkt? Odgovor detaljno obrazložite. Odredite ortogonalni komplement od [{(, 2, 5, /2), (2,,, )}] s obzirom na dobiveni skalarni produkt. Rješenje. Lako se provjeri da je f linearna u prvoj varijabli i simetrična (vrijedi komutativnost). Nužan i dovoljan uvjet da f bude pozitivno definitna je da vrijedi (t + ) > 0 i (t 2 + t) > 0. Nužnost slijedi iz f(e 2, e 2 ) > 0 i f(e 4, e 4 ) > 0 (e 2 i e 4 su vektori kanonske baze od R 4 ), a dovoljnost se onda provjeri direktno. Dakle, t mora zadovoljavati navedene dvije nejednakosti iz čega se odmah dobiva da je t,. S obzirom da prema uvjetu zadatka t mora biti cijeli broj, jedina mogućnost je t = 2. Za t = 2 funkcija glasi f(x, y) = x y + x 2 y 2 + x y + 2x 4 y 4 i nije teško vidjeti da ovo uistinu jest skalarni produkt na R 4. Imamo y [{a, a 2 }], gdje je a = (, 2, 5, /2), a 2 = (2,,, ), ako i samo ako je f(a, y) = y 2y 2 + 5y y 4 = 0 f(a 2, y) = 2y y 2 y + 2y 4 = 0, pa rješavanjem ovog sustava dobivamo da je [{a, a 2 }] = [{(, 9,, 0), ( 5, 8, 0, )}]. 2. Ako je a = (i, 2, 2 i), a 2 = (2, 0, 2i), a = (, 2 + i, 0), odredite neki ortonormirani skup {e, e 2, e } C tako da je [{e }] = [{a 2 }] i [{e, e }] = [{a 2, a }]. Koji vektor je ortogonalna projekcija vektora v = (0, 49, 0) na [{a, a 2 }]? Rješenje. Uvodimo nove vektore radi lakšeg računa. Možemo i bez tih zamjena, ali onda moramo paziti da ne dođe do zabuna u indeksima. Neka je, dakle, c = a 2, c 2 = a, c = a, a {f, f 2, f } ortonormirana baza dobivena iz {c, c 2, c } Gram-Schmidtovim postupkom. Tada vektori e = f, e = f 2, e 2 = f zadovoljavaju uvjete zadatka. Imamo c = (2, 0, 2i), c 2 = (i, 2, 2 i), c = (, 2 + i, 0). Sada je zatim i konačno f = c c = ( 2 + ) (2, 0, 2i) = (2, 0, 2i), b 2 = c 2 (c 2 f )f = 9 ( 8 i, 8, 4 6i), f 2 = b 2 b 2 = ( 8 i, 8, 4 6i) 2 b = c (c f )f (c f 2 )f 2 =... = 5 (2 + 4i, 2 + i, 4), 49 f = (2 + 4i, 2 + i, 4). 7 Ortogonalna projekcija vektora v na [{a, a 2 }] = [{a 2, a }] = [{e, e }] = [{f, f 2 }] je (v f )f + (v f 2 )f 2 = (6 + 2i, 6, 8 + 2i). Napomena. Ovo je bio jedini računski zahtjevniji zadatak na cijelom kolokviju. No, čak i ako niste imali dovoljno vremena za izračunati treći vektor ortonormirane baze (u gornjem rješenju označen s f ) ili ste negdje u njegovu računu pogriješili, prva dva vektora ortonormirane baze ipak nije bilo prekomplicirano izračunati, a traženu ortogonalnu projekciju se može dobiti koristeći samo ta dva vektora.

2 . Za L = {(x, x 2, x, x 4 ) R 4 : x x 2 = x x 4 = 0} R 4, odredite skup S = {x R 4 : d(x, L) = d(x, L )}, gdje d(x, L) označava udaljenost vektora x od potprostora L. Je li S potprostor od R 4? Obrazložite. Rješenje. Baza za L je {(,, 0, 0), (0, 0,, )}, a jer su ti vektori već okomiti, lako dobivamo ortonormiranu bazu za L, tj. Kako je {e, e 2 } = { (,, 0, 0), (0, 0,, )}. L = {x R 4 : (x e ) = (x e 2 ) = 0} = [{(,, 0, 0), (0, 0,, )}], to je ortonormirana baza za L {e, e 4 } = { (,, 0, 0), (0, 0,, )}. Proizvoljni vektor x = (x, x 2, x, x 4 ) R 4 može se prikazati kao x = a + b, gdje je a = (x e )e + (x e 2 )e 2 = 2 (x + x 2, x + x 2, x + x 4, x + x 4 ) L, b = (x e )e + (x e 4 )e 4 = 2 (x x 2, x 2 x, x x 4, x 4 x ) L. No, sada je x S d(x, L) = d(x, L ) b 2 = a 2 2 (x x 2 ) (x x 4 ) 2 = 2 (x + x 2 ) (x + x 4 ) 2 x x 2 + x x 4 = 0. Dakle, S = {(x, x 2, x, x 4 ) R 4 : x x 2 + x x 4 = 0}. Skup S očito nije zatvoren na zbrajanje jer je npr. (, 0, 0, 0), (0,, 0, 0) S, ali (,, 0, 0) S, pa S nije potprostor od R 4. Napomena. Za proizvoljni potprostor L {0}, V unitarnog prostora V, skup S = {x V : d(x, L) = d(x, L )} nije zatvoren na zbrajanje. Uzmimo jedinične vektore e L i f L. Tada su vektori e + f i e f u S, ali njihova suma 2e nije u S. Provjerite! Skicirajte si ovu tvrdnju u slučaju kada je V = R 2, a L = R {0}. 4. Za koje a R je preslikavanje F : M 2 (R) M 2 (R) dano s F (A) = (A + I) 2 + a(a I) 2 tr(a)i linearni operator? Odgovor detaljno obrazložite. Za sve takve a, odredite matrični prikaz od F u kanonskoj bazi za M 2 (R) i nađite jednu bazu potprostora {A M 2 (R) : F (A) = 0}. Rješenje. Nužan uvjet da F bude linearni operator je da nulmatricu preslikava u nulmatricu, tj. 0 = F (0) = I + ai iz čega je a =. Za a = je F (A) = (A + I) 2 (A I) 2 tr(a)i = 4A tr(a)i i lako je provjeriti da to jest linearni operator. U kanonskoj bazi {E, E 2, E 2, E 22 } operator F ima matrični prikaz Također imamo [ ] [ ] [ ] a b a d 4b Ker(F ) = {A M 2 (R) : F (A) = 0} = { M c d 2 (R) : = 0} = { }. 4c d a

3 Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = 2x y + (4 t 2 )x 2 y 2 tx y + x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 ) skalarni produkt? Odgovor detaljno obrazložite. Odredite ortogonalni komplement od [{( /2,,, 5), (, 2/, 5, )}] s obzirom na dobiveni skalarni produkt. Rješenje. Lako se provjeri da je f linearna u prvoj varijabli i simetrična (vrijedi komutativnost). Nužan i dovoljan uvjet da f bude pozitivno definitna je da vrijedi 4 t 2 > 0 i t > 0. Nužnost slijedi iz f(e 2, e 2 ) > 0 i f(e, e ) > 0 (e 2 i e su vektori kanonske baze od R 4 ), a dovoljnost se onda provjeri direktno. Dakle, t mora zadovoljavati navedene dvije nejednakosti iz čega se odmah dobiva da je t 2, 0. S obzirom da prema uvjetu zadatka t mora biti cijeli broj, jedina mogućnost je t =. Za t = funkcija glasi f(x, y) = 2x y +x 2 y 2 +x y +x 4 y 4 i nije teško vidjeti da ovo uistinu jest skalarni produkt na R 4. Imamo y [{a, a 2 }], gdje je a = ( /2,,, 5), a 2 = (, 2/, 5, ), ako i samo ako je f(a, y) = y + y 2 + y + 5y 4 = 0 f(a 2, y) = 2y + 2y 2 + 5y y 4 = 0, pa rješavanjem ovog sustava dobivamo da je [{a, a 2 }] = [{(,, 0, 0), (2, 0,, )}]. 2. Ako je a = (2 + 2i, i, 4 i), a 2 = (0, i, + i), a = (2 + 6i,, + i), odredite neki ortonormirani skup {e, e 2, e } C tako da je [{e }] = [{a 2 }] i [{e, e }] = [{a 2, a }]. Koji vektor je ortogonalna projekcija vektora v = (2 + 5i, 2i, 4i) na [{a, a 2 }]? Rješenje. Uvodimo nove vektore radi lakšeg računa. Možemo i bez tih zamjena, ali onda moramo paziti da ne dođe do zabuna u indeksima. Neka je, dakle, c = a 2, c 2 = a, c = a, a {f, f 2, f } ortonormirana baza dobivena iz {c, c 2, c } Gram-Schmidtovim postupkom. Tada vektori e = f, e = f 2, e 2 = f zadovoljavaju uvjete zadatka. Imamo c = (0, i, + i), c 2 = (2 + 2i, i, 4 i), c = (2 + 6i,, + i). Sada je zatim i konačno f = c c = 02 + ( ) + ( ) (0, i, + i) = (0, i, + i), 2 b 2 = c 2 (c 2 f )f = 2 (4 + 4i, i, i), f 2 = b 2 b 2 = (4 + 4i, i, i) 6 b = c (c f )f (c f 2 )f 2 =... = 2 (i, 2, 2i), 9 f = (i, 2, 2i). Ortogonalna projekcija vektora v na [{a, a 2 }] = [{a 2, a }] = [{e, e }] = [{f, f 2 }] je (v f )f + (v f 2 )f 2 = v (v f )f = (4 + 6i, 2 + 2i, 4 0i). Napomena. Ovo je bio jedini računski zahtjevniji zadatak na cijelom kolokviju. No, čak i ako niste imali dovoljno vremena za izračunati treći vektor ortonormirane baze (u gornjem rješenju označen s f ) ili ste negdje u njegovu računu pogriješili, prva dva vektora ortonormirane baze ipak nije bilo prekomplicirano izračunati, a traženu ortogonalnu projekciju se može dobiti koristeći samo ta dva vektora.

4 . Za K = {(x, x 2, x, x 4 ) R 4 : x x 2 = x x 4 = 0} R 4, odredite skup S = {x R 4 : d(x, K) = d(x, K )}, gdje d(x, K) označava udaljenost vektora x od potprostora K. Je li S potprostor od R 4? Obrazložite. Rješenje. Baza za K je {(, 0, 0, ), (0,,, 0)}, a jer su ti vektori već okomiti, lako dobivamo ortonormiranu bazu za K, tj. {e, e 2 } = { (, 0, 0, ), (0,,, 0)}. Kako je K = {x R 4 : (x e ) = (x e 2 ) = 0} = [{(, 0, 0, ), (0,,, 0)}], to je ortonormirana baza za K {e, e 4 } = { (, 0, 0, ), (0,,, 0)}. Proizvoljni vektor x = (x, x 2, x, x 4 ) R 4 može se prikazati kao x = a + b, gdje je a = (x e )e + (x e 2 )e 2 = 2 (x + x 4, x 2 + x, x 2 + x, x + x 4 ) K, b = (x e )e + (x e 4 )e 4 = 2 (x x 4, x 2 x, x x 2, x 4 x ) K. No, sada je x S d(x, K) = d(x, K ) b 2 = a 2 2 (x x 4 ) (x 2 x ) 2 = 2 (x + x 4 ) (x 2 + x ) 2 x x 4 + x 2 x = 0. Dakle, S = {(x, x 2, x, x 4 ) R 4 : x x 4 + x 2 x = 0}. Skup S očito nije zatvoren na zbrajanje jer je npr. (, 0, 0, 0), (0, 0, 0, ) S, ali (, 0, 0, ) S, pa S nije potprostor od R 4. Napomena. Za proizvoljni potprostor K {0}, V unitarnog prostora V, skup S = {x V : d(x, K) = d(x, K )} nije zatvoren na zbrajanje. Uzmimo jedinične vektore e K i f K. Tada su vektori e + f i e f u S, ali njihova suma 2e nije u S. Provjerite! Skicirajte si ovu tvrdnju u slučaju kada je V = R 2, a K = R {0}. 4. Za koje a R je preslikavanje G : M 2 (R) M 2 (R) dano s G(A) = (A aa τ )(aa + 2I) + A τ linearni operator? Odgovor detaljno obrazložite. Za sve takve a, odredite matrični prikaz od G u kanonskoj bazi za M 2 (R) i nađite jednu bazu potprostora {A M 2 (R) : G(A) = 0}. Rješenje. Nužan uvjet da G bude linearni operator je da vrijedi ( ) ( ) G = 2G ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2a 0 2 a + = a 0 a 2 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 a 0 2 a = a 2 a 2 ( ) ( ) ( ) 0 0 a = a 0 ( ) ( ) 0 a 2 =.

5 Zato je nužno a = 0. Za a = 0 je G(A) = 2A + A τ i lako je provjeriti da to jest linearni operator. U kanonskoj bazi 0 {E, E 2, E 2, E 22 } operator G ima matrični prikaz Također imamo 0 [ ] [ ] [ ] a b a 2b + c Ker(G) = {A M 2 (R) : G(A) = 0} = { M c d 2 (R) : = 0} = { }. 2c + b d 5. (b) Neka su a, b vektori iz unitarnog prostora V te norma zadana skalarnim produktom na V. Ako je a = 2 i b =, pokažite da vrijedi: a + b a b. Rješenje. Koristeći Cauchy-Schwarz-Bunjakovski nejednakost dobivamo a + b a b (a + b a b) = (a a) (b b) (a b) + (b a) = 4 (a b) + (a b) = 2i Im(a b) = 2 + (2 Im(a b)) 2 2 =.