Matematické Fórum

Stačí ty sloupce zapsat do špičatých závorek: <(1,1,1,1),(1,-1,1,-1),(1,1,-1,-1)>. Nebo lze napočítat ortogonální doplněk (algoritmus tu najdeš), ten vyjde <(1,-1,-1,1)>, proto lze náš prostor popsat jako {(a,b,c,d)|a-b-c+d=0}.

vasek125 napsal(a):

obecně každý druhý sloupec

Jestli tohle psali na googlu, tak nejsou tak dobří, jak se o nich říká ;)

Nic nezkazíme, když řekneme, že obraz je prostor generovaný množinou vektorů {(1,0),(2,2),(9,-5)}. Nicméně aby šlo o bázi, musíme vyloučit ty vektory, které jsou lineární kombinací ostatních. Bází by mohla být například množina {(1,0),(2,2)} nebo {(2,2),(9,-5)}. Navíc můžeme bázi určitým způsobem upravovat -- např. k jednomu vektoru přičíst násobek jiného nebo některý vektor vynásobit nenulovo konstantou. Po takovýchto úpravách dostáváme, že bází obrazu je {(1,0),(0,1)}.

↑ vasek125: Ne pro libovolné zobrazení. Pokud máme zobrazení, které posílá vše na nulový vektor, pak je obraz tvořen jediným vektorem. Pokud je zobrazení dáno maticí
1 2 5
1 2 5
pak jsou v obrazu pouze násobky vektoru (1,1).

Invence se cení, ale možná by sis měl raději přečíst nějaká ucelená skripta (viz vlákno o skriptech LA).

Respektive pokud platí to samé jako u R3>R2 i u zobrazení R3>R4 tak to správně je. Platí to i v tomto případě(když mám matici zobrazení z nižšího prostoru do vyššího)?

Díky, ještě malou otázečku: Mám bázi nějakého prostoru(po úpravě)

1 1 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0

Je dimenze 4 nebo 1 ? Já bych řekl. že 4, ale nikde nepíšou zda se počítají i nulové vektory.

↑ vasek125:Bázi tvoří lineárně nezávislé vektory. Pokud mám tvůj příklad brát jako vektory zapsané do řádků, pak druhý až čtvrtý jsou (nulové) násobky prvního, nejde proto o bázi. Daný prostor má dimenzi 1. Kdyby byl i první řádek nulový, byla by dimenze 0.

↑ vasek125:
Chápeme-li matici

1 1 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0

jako seznam sloupcových vektorů, pak vidíme, že je v něm 3krát zbytečně (s hlediska generování lineárního obalu)  tentýž vektor

1
0
0
0
, stačilo by, aby tam byl jednou.

Chápeme-li tutéž matici jako seznam řádkových vektorů , pak vidíme, že v něm je 3krát obsažen nulový vektor  (0 0 0 0).

V prvém i druhém pohledu tedy jde o seznam vektorů, který je lineárně závislý, tudíž není bazí svého lineátního obalu a tudíž
počet jeho prvků není roven dimensi příslušného lin. obalu (viz Steinitzova věta).

Dimense prostoru generovaného dotyčnými vektory (t.j. jejich lin. obalu) je v obou zde uvažovaných případech rovna 1,
což  je počet členů takového seznamu, který z původního vznikne vyřazením "zbytečných" vektorů .
V prvém případě jsou zbytečné tři další  výskyty vektoru

1
0
0
0
, protože jeden jeho výskyt k určení lin. obalu stačí,  další výskyty téhož vektoru již nic neovlivní.

Ve druhém případě jsou zbytečné všechny výskyty nulového vektoru, a to z týchž důvodů, jako výše -
jejich přítomnost v seznamu nemá na jeho lineární obal žádný vliv.


PS. Vidím, že to mezitím již vysvětlil kolega Kondr.

No já jsem to pochopil tak, že jsem dělal gaussovu eliminaci po řádcích.

První krok gaussovky
1 0 -1 0
0 1 2 1
0 1 2 1
0 -3 -6 -3
druhý krok gaussovky
1 0 -1 0
0 1 2 1
0 0 0 0
0 0 0 0
Kernel je . Asi máš chybu v gaussovce.

↑ vasek125: Algoritmů se nabízí víc. Asi nejrychlejší je provádět sloupcové úpravy tak, abychom matici převedli na schodovitý tvar. Nenulové sloupce pak generují obraz.