msleziak.com

Ak je to možné, doplňte zadané vektory na bázu priestoru $(Z_7)^{4}$. Uveďte aj stručné zdôvodnenie, prečo práve s vektormi, ktoré dostanete ako výsledok, tvoria zadané vektory bázu.
a) $(1,2,1,0)$, $(1,2,3,3)$, $(2, 1, 2, 3)$
b) $(1, 2, 5, 3)$, $(3, 1, 5, 4)$, $(3, 4, 4, 0)$

a)
ako prvé som si pre prehľadnosť vložil prvé tri vektory do matice a postupne riadkovými operáciami upravoval.

\(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1 & 0 \\
1 & 2 & 3 & 3 \\
2 & 1 & 2 & 3
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 3 \\
0 & 4 & 0 & 3
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 4 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 2 & 3
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 6 \\
0 & 0 & 2 & 3
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 0 & 6 \\
0 & 0 & 2 & 3
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 0 & 6 \\
0 & 0 & 1 & 5
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 1 & 0 & 6 \\
0 & 0 & 1 & 5
\end{bmatrix}
\)

Myslím, že postup som dostatočne rozpísal a nepotrebuje komentár, čo som v jednotlivých krokoch robil .
Ako teraz vidíme, z týchto 3 vektorov vieme dostať na prvých 3 súradniciach akoby čokoľvek, toto jedine neplatí
o poslednej súradnici... Ak príde vektor vo forme $(x_1, x_2, x_3, y)$ vidíme, že $y$ je dané už pevne len z $x_1$, $x_2$ a $x_3$ a my nemôžme dostať celý priestor, preto nám ešte treba pridať vektor (0, 0, 0, 1)... Ten nám už zaistí, že vieme týmito 4 lineárne nezávislými vektormi generovať celý priestor. Tento vektor sa oplatilo hladať práve preto, že Steinitzova veta tvrdí, že musí existovať.

To, že som sa nepomýlil som dokázal aj skúškou, naozaj platí, že : $2*(1, 0, 0, 4) + 1*(0, 1, 0, 6) + 2*(0, 0, 1, 5) = (2, 1, 2, 3)$
Tiež poslúži to, že vieme, že $(Z_7)^{4}$ je generovaný 4 vektormi vzhľadom na jeho elementárnu bázu, ktorú poznáme.

podobný postup som zvolil aj v b...

b)

\(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 5 & 3 \\
3 & 1 & 5 & 4 \\
3 & 4 & 4 & 0
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 5 & 3 \\
0 & 2 & 4 & 2 \\
0 & 3 & 6 & 3
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 5 & 3 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 2 & 4 & 2
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 5 & 3 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\) = \(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix}
\)

vidíme, že v tomto prípade máme iba 2 lineárne nezávisle vektory a podla Steinitzovej vety musia existovať dva vektory, ktoré spolú s týmito budú generovať celý priestor, sú to zjavne : $(0, 0, 1, 0)$ a $(0, 0, 0, 1)$. Zdôvodnenie je rovnaké ako v predchádzajúcej podúlohe.

korman wrote: ↑Mon Dec 11, 2017 8:23 pm vidíme, že v tomto prípade máme iba 2 lineárne nezávisle vektory a podla Steinitzovej vety musia existovať dva vektory, ktoré spolú s týmito budú generovať celý priestor, sú to zjavne : $(0, 0, 1, 0)$ a $(0, 0, 0, 1)$. Zdôvodnenie je rovnaké ako v predchádzajúcej podúlohe.

Budem trochu rýpať.
Skúste sa poriadnejšie zamyslieť, čo vlastne v časti b) tvrdíte, že ste zistili na základe uvedených výpočtov.
Lebo ak tvrdíte, že k zadaným vektorom (ktoré sú tri) pridáte ešte ďalšie dva a dostanete tak bázu, malo by vám takéto tvrdenie byť podozrivé.

Tvrdím, že k daným 2 LN vektorom viem pridať ďalšie dva tak aby tieto 4 tvorili bázu. Ak si to tak teraz znovu čítam , správna odpoveď asi znie, že dané TRI vektory takto doplniť nejde, kedže v báze by mali byť LN vektory a tu je jeden zjavne lineárnou kombináciou ostatných 2...

Ok, značím si 1 bod.
Linka na staršie riešenia:
viewtopic.php?t=810
viewtopic.php?t=363