Matematické Fórum

misa · 01. 09. 2008 12:34

Mám dokázat věty o úpravách,kterými z množiny generátorů vekt.prostoru M nad T dostanu opět množinu generátorů téhož vekt.prostoru.
1.)zaměním-li pořadí vektorů
2.)nahradím-li libovolný vektor jeho alfa-násobkem
3.)nahradím-li libovolný vektor jeho součtem s lineární kombinací ostatních vektorů z M
4.)vynechám-li vektor který je lineární kombinací ostatních
5.)přidám-li vektor,který je lineární kombinací ostatních

-o cosi se už týdny pokouším,jenže nemám kde ověřit, zda se pokouším správně..

ttopi · 01. 09. 2008 12:57

K bodům 2-5 by mě asi napadlo, že báze vektorového prostoru obsahuje maximální počet LN vektorů. To znamená, že když přidáme vektor, který je násobkem jiného, nebo jiných, je LZ a tedy stejně by z báze vypadl. Když přidáme alfa násobek, tak opět při hledání báze vypadne a zbyde tam jen ten původní.

K bodu 1 nevím, co je třeba dokázat. Mě to zní jako: Dokažte, že když chci stavět barák a mám materiál a peníze, že je to stejné, jako když mám peníze a materiál (zaměnil jsem pořadí statků). Nebo když vyjdu z bodu a přičtu k němu 2 vektory, tak je jedno v jakém pořadí - v obou případech skončím ve stejném místě.

kaja.marik

ad 1) Plyne z komutativity scitani vektoru
ad 2) Plyne z toho, ze kterykoliv clen tvaru k*u v linearni kombinaci muzu napsat jako k/alpha*(alpha *u ) kde u je vektor
ad 3) a dal .... Melo by to byt v kazde ucebnici univerzitniho typu. Zkusel(-a) jste nejakou?
--------------------------------------
Zdeňa týden před vánocemi byla návštěvou u lesních na Branžově a přišla tam odtud celá nesvá. Za ty dva dny viděla tolik spokojenosti a dokonalého štěstí, že si jen pořád myslila: „Bože na nebi, kéž bych jednou takového štěstí došla!“

misa · 01. 09. 2008 16:09 — Editoval misa (01. 09. 2008 16:51)

Mám jen skripta od Novotné a Trcha, kde jsou věty jen slovně napsané a důkazy tam opravdu nejsou.
Zatím jsem na to šla takto,tak mě prosím opravte pokud jsem mimo..
vezmu M=[a1,a2,....,an] a N=[a2,a1,...,an]
linearní kombinace M..v1= alfa1.a1+alfa2.a2+....+alfan.an
linearní kombinace N..v2=beta1.a2+beta2.a1+...+betan.an
M=N právě když alfa1=beta2 a zároveň alfa2=beta1

Online

kaja.marik

↑ misa:
Jestli jsou M a N vektorove prostory, tak to neplati.
Za mych casu to bylo dokazane v Linearni algebre od Petra Horaka. Ale treba sem nekdo, kdo neni tak liny jako ja napise ten dukaz.

Naznacim dukaz ctverky

necht v je v linearnim obalu vektoru u_i pro i=0..k tj. $v=\sum_{i=0}^k \alpha _i u_i$ kde alpha jsou realna cisla (nebo nejake skalary)
necht u_0 je linearni kombinaci ostatnich, tj existuji cisla beta_i takova ze $u_0=\sum_{i=1}^k \beta_i u_i$
Dosadim-li tohle u_0 do prvni linearni kombinace, roznasobim cislem alpha_0 a pouziju komutativitu, dostanu, ze existuji cisla gama_i takova, ze
$v=\sum_{i=1}^k \gamma _i u_i$ Tim je dokazano ze linearni obal vektoru [u_1,u_2, ...., u_k] je podmnozinou linearniho obalu vektoru [u_0, u_1,u_2, ...., u_k] . Opacna inkluze je trivialni a mnoziny jsou tedy stejne.

Vynechame-li tedy vektor u_0, bude mozne vygenerovat stejne linearni kombinace jako z puvodnich vektoru.
----------------------------------------------
Pan lesní se smál taky. „Dobrá! Nelíbí se vám to. Poradíme se s mladými. Trochu vína tu nemáte?“
„A to, prosím, máme. Poslala vzácná paní včera kolik lahví. Myslím, že je odnesu panu Štulcovi zpátky. Dá mi za ně cukru, krupice a čeho třeba. Jednu načal tatínek včera na noc. Skleničku vypil. Hned přinesu.“

musixx · 06. 09. 2008 15:35 — Editoval musixx (06. 09. 2008 16:07)

Rekl bych, ze neni treba sahat az po bazich ci linearnich obalech, je-li pozadovano dokazat cosi o mnozine generatoru. Oznacme tedy $V$ vekt. prostor nad $T$ a puvodni mnozinu generatoru jako $M=\{u_1,\dots,u_n\}$ , $u_i\in V$ .

Poznamka: Ano - dopoustime se chyby (ale to se bohuzel v teto oblasti bezne dela), ze na jedne strane je rec o mnozine generatoru, a na druhe strane je rec o jejich poradi. Vzdyt ale prvky mnoziny nejsou nijak implicitne setrizeny a otazka vubec je, jde-li z nich udelat retezec (a hned jsme az u axiomu vyberu)... Budu ale i tak dale pouzivat zazitou terminologii, ale citil jsem potrebu na tohle upozornit.

1. Ptame se tedy, generuje-li $M'=\{u_{p_1},\dots,u_{p_n}\}$ , totez co $M$ , je-li $(p_1,\dots,p_n)$ libovolnou permutaci cisel $1$ az $n$ . Na to ani nepotrebujeme dve inkluze. Zrejme totiz $\sum_{i=1}^n\alpha_iu_i=\sum_{i=1}^n\alpha_{p_i}u_{p_i}$ , protoze scitani je ve $V$ komutativni.

2. Plati pouze pro $\alpha\neq0$ . Rekneme tedy, ze misto $u_j$ je v $M'$ vektor $u'_j=\alpha\cdot u_j$ pro nejake $j\in\{1,\dots,n\}$ . Opet (i bez pouziti dvou inkluzi) je $\sum_{i=1}^n\alpha_iu_i=\sum_{i=1}^{j-1}\alpha_iu_i+\frac{\alpha_j}{\alpha}\cdot u'_j+\sum_{i=j+1}^n\alpha_iu_i$ , nebot k $\alpha$ jiste existuje v $T$ inverse (dokonce jsem mohl pouzit (1) a bez ujmy na obecnosti pozadovat $j=1$ ).

3. Podle (1) muzeme vektory libovolne prehazovat. Podle (2) muzeme vektory libovolne (nenulove) "zvetsovat/zmensovat". Bez ujmy na obecnosti tedy staci dokazat pripad pro $u'_1=u_1+\sum_{i=2}^ju_i$ , kde $j\leq n$ . Opet ani nepotrebuji dve inkluze. Vzdyt preci $\sum_{i=1}^n\alpha_iu_i=u'_1+\sum_{i=2}^j(\alpha_i-1)\cdot u_i+\sum_{i=j+1}^n\alpha_iu_i$ , nebot plati distributivni zakony.

4. a 5. Aplikujme (3) na pripad, ze $u'_1=0$ a zrejme vektor $0$ nic neubere ani neprida generovanemu podprostoru, kdyz bude v mnozine generatoru.