Zadatak 1. ( 7 + 5=12 bodova) Zadan je potprostor L = {(x 1, x 2, x, x 4 ) C 4 : x 1 + x 2 + x = 0, x 1 = 2x 2 } unitarnog prostora C 4 sa standardnim skalarnim produktom i vektor v = (2i, 1, i, ) C 4. (a) Izra unajte udaljenost d(v, L). (b) Ako je v = a + b rastav v takav da je a L i b ortogonalan na L, izra unajte norme vektora a i b te provjerite da su norme vektora v, a i b povezane poznatom relacijom koja op enito vrijedi za takav rastav u bilo kojem kona nodimenzionalnom unitarnom prostoru. (Zadatak 2.b) iz 4. zada e.) (a) Baza potprostora L je {(2, 1,, 0), (0, 0, 0, 1)}. Ovi vektori su ortogonalni pa treba samo normirati prvi vektor kako bi se dobila ortonormirana baza za L: { 1 14 (2, 1,, 0), (0, 0, 0, 1)}. Za ortogonalnu projekciju a vektora v = (2i, 1, i, ) dobiva se a zatim je a = 1 + 7i (2, 1,, 0) + (0, 0, 0, ), 14 b = v a = 1 ( 2 + 14i, 1 7i, + 7i, 0). 14 Udaljenost d(v, L) = b = 476 4 = = 17 14 14 7. (b) Za svaka dva ortogonalna vektora a i b vrijedi a + b 2 = a 2 + b 2 pa ovdje treba vrijediti v 2 = a 2 + b 2. Za zadani vektor v 2 = 15. Izra unali smo b 2 = 17 7. Preostaje a 2 = 50 + 9 = 88 14 7. Dakle, a 2 + b 2 = 105 = 15 = v 2. 7
Zadatak 2. (9 + 6 + =18 bodova) Linearni operator C L(V (O)) zadan je u ovisnosti o parametru t R sa pri emu je ( i, j, k) baza prostora. C(x i + y j + z k) = (2x + ty + 2z) i + (tx + y + z) j + (x + y) k, (i) Napi²ite matricu operatora C u bazi ( i, j, k). Ovisno o vrijednosti parametra t izra unajte rang operatora C. Odredite po jednu bazu (ako postoji) jezgre i slike operatora C, ovisno o t. (ii) U slu aju kad C nije izomorzam, za svaki od potprostora [ j + 2 k] i [4 i + j + k] odredite dimenziju njegove praslike. (iii) Odredite C 1 ( k) za najmanju pozitivnu cjelobrojnu vrijednost t takvu da je C izomorzam. (Zadatak 4.a) iz 8. zada e.) (i) Matrica operatora C u bazi ( i, j, k) glasi: 2 t 2 C = t 1 1. 1 1 0 Determinanta matrice iznosi det C = t 4. O ito je det C = 0 samo za t = 4. Rang r(c) = za sve t 4. Tada je J(C) = { 0}, S(C) = V (O). Za t = 4, r(c) = 2. U tom slu aju iz bilo koja dva stupca matrice nalazimo bazu slike S(C), npr. {( 4, 1, 1), (2, 1, 0)}. Jezgra J(C) = [(,, 1)]. (ii) Za t = 4 rje²avamo jednadºbe C(x, y, z) = (0, 1, 2) i C(x, y, z) = (4,, ), odnosno pripadne sustave. Praslika bilo kojeg potprostora svakako sadrºi jezgru J(C). Prvi sustav nema rje²enja, tako da prasliku potprostora ini samo jezgra J(C), budu i da je 0 jedini vektor iz zadanog potprostora koji ima nepraznu prasliku, a to je jezgra. Traºena dimenzija praslike je 1. Za drugi sustav rje²enje postoji pa ako ga napi²emo pomo u z kao parametra to je {(0,, 0) + z(,, 1) : z R}. Praslika potprostora [4 i + j + k] stoga je potprostor [{ j, i + j + k}], dakle dimenzija praslike je 2. (iii) t = 1 je najmanja cjelobrojna pozitivna vrijednost za koju je C ranga, dakle izomorzam. Za t = 1 matrica operatora C 1 glasi: 1 2 1 [C 1 ] = 1 2 0 0 1 1 tako da je C 1 ( k) = i k.
( + 7 + =1 bodova) Za vektor v iz unitarnog prostora V (O) zadano je preslikavanje f v ( x) = x v (skalarni umnoºak x i v). Zadatak. (i) Pokaºite da je f v linearni funkcional na prostoru V (O). (ii) Dokaºite da je skup { a, b, c} baza prostora V (O) ako i samo ako je skup {f a, f b, f c } baza dualnog prostora (V (O)). (iii) to se moºe zaklju iti o bazi {f a, f b, f c } ako je { a, b, c} ortonormirana baza? Obrazloºite. (i) Izravno iz svojstava skalarnog mnoºenja. (ii) Pretpostavimo da je skup { a, b, c} baza prostora V (O) i da za neke skalare α, β, γ vrijedi αf a + βf b + γf c = 0. Djelovanjem ove linearne kombinacije redom na vektore a, b, c dobivamo α a a + βb a + γ c a = 0, α a b + β b b + γ c b = 0, α a c + β b c + γ c c = 0, tako da je (α, β, γ) rje²enje homogenog sustava kojem je matrica sustava Gramova matrica G( a, b, c). Ta matrica je regularna jer je { a, b, c} linearno nezavisan skup pa je (0, 0, 0) jedino rje²enje sustava i {f a, f b, f c } je zato linearno nezavisan skup. Obrnuto, neka je {f a, f b, f c } linearno nezavisan skup. Pretpostavimo da za neke skalare α, β, γ vrijedi α a+β b+γ c = 0. Za svaki vektor v tada vrijedi v (α a+β b+γ c) = 0, dakle (αf a +βf b +γf c )( v) = 0, ²to zna i da je αf a +βf b +γf c = 0. Zbog linearne nezavisnosti skupa {f a, f b, f c } slijedi α = β = γ = 0 pa je skup { a, b, c} linearno nezavisan skup. (iii) Ako je { a, b, c} ortonormirana baza, onda je f a ( a) = a a = 1, f a ( b) = a b = 0, f a ( c) = a c = 0, te analogno za f b i f c pa je tada {f a, f b, f c } dualna baza baze { a, b, c}.
Zadatak 4. ( 11+6=17 bodova) Linearni operator A na trodimenzionalnom realnom vektorskom prostoru V u nekoj bazi ima matri ni prikaz 11 2 2 2 11 2. 2 2 11 (i) Ispitajte moºe li se operator A dijagonalizirati. (ii) U slu aju unitarnog prostora V = R, pokaºite da su svaka dva svojstvena vektora koji su pridruºeni razli itim svojstvenim vrijednostima operatora A mežusobno ortogonalni. Postoji li ortonormirana baza u kojoj se A dijagonalizira? (i) k A (λ) = (9 λ) 2 (15 λ). Za λ = 9, J(A 9I) = [(1, 1, 0), (1, 0, 1)], a za λ = 15, J(A 15I) = [(1, 1, 1)]. Dakle, A se moºe dijagonalizirati i to npr. u bazi {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 1)}. (ii) U unitarnom prostoru V = R svaki vektor iz potprostora [(1, 1, 0), (1, 0, 1)] ortogonalan je na svaki vektor iz potprostora [(1, 1, 1)]. Dakle, ti svojstveni potprostori uzajamno su ortogonalni. Ortonormiranjem baze {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (1, 1, 1)} dobiva se takožer baza sastavljena od svojstvenih vektora operatora A, jer se za svojstveni potprostor [(1, 1, 0), (1, 0, 1)] dobiva ortonormirana baza { 1 1 2 (1, 1, 0), 6 (1, 1, 2)} koju takožer ine svojstveni vektori. Tre i vektor baze bit e 1 (1, 1, 1) koji je i sam svojstveni vektor operatora A.
Zadatak 5. (5 2 + 10=20 bodova) (a) Denirajte sljede e pojmove (samo to na denicija, bez primjera, daljnjih svojstava, itd.): - skalarno mnoºenje na vektorskom prostoru nad poljem C; - ortogonalna projekcija vektora v iz unitarnog prostora V na njegov potprostor L; - matrica prijelaza iz jedne zadane baze u drugu zadanu bazu kona nodimenzionalnog prostora; - relacija sli nosti na prostoru kvadratnih matrica M n (R); - karakteristi ni polinom linearnog operatora A L(V ). (b) Poznato je da svaki kona nodimenzionalni unitarni prostor (razli it od {0}) ima ortonormiranu bazu. Napi²ite bitne korake i zaklju ke u dokazu te tvrdnje.
Zadatak 6. (10 + 5 + 5=20 bodova) (a) Napi²ite potpuni iskaz teorema o rangu i defektu linearnog operatora. Dokaºite taj teorem za slu aj A L(V ), dim V =, d(a) = 1. (Dakle, tvrdnju za taj posebni slu aj dokaºite ne kao izravnu posljedicu op eg teorema, nego provedite dokaz ba² za taj posebni slu aj). (b) Ako karakteristi ni polinom nekog linearnog operatora A glasi k A (λ) = λ 4 λ 2, koje vrijednosti moºe poprimiti rang tog operatora? Zadajte, ako je mogu e, dva linearna operatora koji imaju taj karakteristi ni polinom, ali razli iti rang. (c) Denirajte geometrijsku kratnost svojstvene vrijednosti λ linearnog operatora A na realnom kona nodimenzionalnom vektorskom prostoru V. Ako je dim V = 5 i r(a) = 2, koliko elemenata moºe imati spektar σ(a) i koje sve vrijednosti moºe poprimiti geometrijska kratnost nekog λ σ(a)? Obrazloºite. (a) Bazu prostora V izaberimo tako da se baza jezgre J(A), a nju ini jedan vektor, ozna imo ga s v 1, pro²iri do baze prostora V. Neka je {v 1, v 2, v } ta baza. Zbog A(v 1 ) = 0 vrijedi S(A) = [{A(v 2 ), A(v )}]. Treba samo dokazati da je {A(v 2 ), A(v )} linearno nezavisan skup pa e onda biti r(a) = dim S(A) = 2. Dakle, vrijedit e r(a) + d(a) = = dim V. Zato pretpostavimo da je linearna kombinacija αa(v 2 ) + βa(v ) = 0. Tada je A(αv 2 + βv ) = 0 pa se vektor αv 2 + βv nalazi u jezgri J(A). Stoga je αv 2 + βv = γv 1, za neki skalar γ. Zbog linearne nezavisnosti skupa {v 1, v 2, v } mora biti α = β = γ = 0 pa je {A(v 2 ), A(v )} linearno nezavisan skup. (b) Kako je k A (λ) = λ 4 λ 2 = λ 2 (λ 2 1) = λ 2 (λ 1)(λ + 1), σ(a) = { 1, 0, 1}, pri emu 0 ima algebarsku kratnost 2. Geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti 0 ujedno je i defekt d(a) pa d(a) moºe biti 1 ili 2, a rang r(a) tada je, odnosno 2. Primjeri: Neka je {v 1, v 2, v, v 4 } baza prostora V. Moºemo zadati A(v 1 ) = v 1, A(v 2 ) = v 2, A(v ) = 0. Time u bazi imamo po jedan svojstveni vektor za svaku od svojstvenih vrijednosti 1, -1 i 0. Ako zadamo i A(v 4 ) = 0 bit e d(a) = 2, r(a) = 2, a matrica u toj bazi je diag{1, 1, 0, 0}. No, ako zadamo npr. A(v 4 ) = v, bit e r(a) =. (Tada 4. stupac matrice nije nulstupac nego je koecijent 1 na poziciji (, 4)). (c) Geometrijska kratnost svojstvene vrijednosti λ linearnog operatora A je dimenzija svojstvenog potprostora pridruºenog toj svojstvenoj vrijednosti, odnosno to je defekt d(a λl). Za dim V = 5 i r(a) = 2 imamo d(a) = pa A ima svojstvenu vrijednost 0 s algebarskom kratnosti, a to je ujedno i geometrijska kratnost. Karakteristi ni polinom k A (λ) ima dvije nulto ke razli ite od 0, a to mogu biti ili dvije razli ite realne ili dvostruka realna ili dvije konjugirano kompleksne nulto ke. To zna i da operator A ili nema svojstvenih vrijednosti razli itih od 0 ili postoje dvije takve svojstvene vrijednosti, svaka s geometrijskom kratnosti 1 ili postoji jedna realna svojstvena vrijednost algebarske kratnosti 2, ija geometrijska kratnost moºe biti 1 ili 2. Ukupno, za sve mogu e slu ajeve, σ(a) moºe imati 1, 2 ili elementa.