[es] - Problem sa vektorskim prostorom

Vanja Petreski
Chief Executive Officer, Oblac

Član broj: 315
Poruke: 1583
*.041net.co.yu

Sajt: www.oblac.com

Profil

^{09.06.2002. u 12:14}

Treba da resim sledeci zadatak:

" Dati su vektori a1=(4,4,3), a2=(7,2,1), a3=(4,1,-9/20) i b=(5,9,k). Odrediti k tako da b pripada L({a1,a2,a3}). "

Evo kako sam ga ja resio:

Da bi vektor b pripadao prostoru L treba da moze da se prikaze kao linearna kombinacija vektora iz tog prostora (a1,a2,a3). Tj. A*a1 + B*a2 + C*a3 = (5,9,k). Resio sam dati sistem (preko matrica) i dobio veoma cudnu situaciju, naime sistem je saglasan za svako k, tj. za svako k ce postojati A, B, C, sto ce reci da se vektor b moze izraziti kao linearna kombinacija ... A u resenje stoji da je k=143/20 ! Ono sto je takodje ocigledno je da za tu vrednost poslednji red matrice je jednak nuli => C=0 I to se, opet kazem lepo vidi, ali zasto je uopste potrebno da C bude nula tj. k=143/20 kada ce za svaku vrednost sistem biti OK ?

A resenje u knjizi je prilicno konfuzno, naime, tamo prvo proveravaju lin. zav. vektora a1, a2, a3, pa onda a1, a2 itd itd. nista mi tu nije jasno ...

Any hints ?

poz.

^{09.06.2002. u 12:14}

tOwk
Danilo Šegan
Zemun/Beograd

Član broj: 94
Poruke: 2743
*.bitsyu.net

ICQ: 9344053
Sajt: alas.matf.bg.ac.yu/~mm011..

Profil

Re: Problem sa vektorskim prostorom

^{09.06.2002. u 22:55}

Evo ti kompletno rešenje, bez postupnog rešavanja sistema jednačina:

Očigledno je da među parovima datih vektora nema kolinearnih (nikoja dva nisu međusobno linearno zavisna). Prema tome baza linearnog omotača vektora može imati najmanje dva vektora, a najviše tri (koliko ih je dato).

Kako je potrebno odrediti bazu, proveravamo da li su dati vektori a₁, a₂ i a₃ linearno zavisni, tj. rešavamo sistem x a₁ + y a₂ = a₃, ili u razvijenoj formi:
4x + 7y = 4
4x + 2y = 1
3x + y = -9/20

Lako se dobija da je rešenje prve dve jednačine x = -1/20, y = 3/5, a ono zadovoljava i treću jednačinu (pa je sistem ovih vektora linearno zavisan), i imamo, na primer -a₁ + 12a₂ = 20a₃. Prema tome, traženi vektor b, da bi bio iz omotača L mora da bude linearna kombinacija bilo koja dva vektora iz generatrise, recimo a₁ i a₂.

Sada je jedino potrebno rešiti sistem xa₁ + ya₂ = b, gde ćemo pored x, i y, imati i nepoznatu k (sistem od tri jednačine sa tri nepoznate, dalje je trivijalno), i dobijamo da je k upravo tražena vrednost od 143/20.

Toliko (za sad).

P.S. I da dodam, tvoji problemi su najverovatnije zatо što si koristio pravilo (pretpostavljam Kramerovo) u slučaju kada ono ne važi. A svođenje na bazu nam još garantuje ispravnost postupka, i pojednostavljuje sistem.

Možda se moje mišljenje promenilo, ali ne i činjenica da sam u pravu.

^{09.06.2002. u 22:55}

nervozna
sicg

Član broj: 1868
Poruke: 317
195.66.185.*

ICQ: 153640035

Profil

Re: Problem sa vektorskim prostorom

^{10.06.2002. u 00:48}

Mislim da je ovde važno dodati, kod zadataka ovog tipa, da je proveravanje linerane nezavisnosti vektora obavezno. Upravo zato što je linearna nezavisnost vektora uslov da neki vektori obrazuju bazu vektorskog prostora.

Naime, u zadatku neće biti informacija o bazi, ali šta god da radimo kad pominjemo vektore i vektorske prostore, nalaženje baze je obavezno.

Inače, Kramerovo pravilo ne važi u slučaju linearno zavisnih vektora (dakle, opet teorijska strana zadatka, koja nam kaže da moramo proveriti šta u bazu spada).

Ja više volim da proveravam linearnu zavisnost po definiciji:
(za ova tri vektora)
xa1+ya2+za3=0, 0 je nula vektor, [0=(0,0,0)]
gde su x,y i z realni brojevi.
Rešavanjem dobijamo sistem sa tri nepoznate, pa ga možemo rešiti preko matrica, ili nekom od metoda za rešavanje sistema linearnih jednačina.

Naravno, rešenja se poklapaju, na koji ih god način tražili, pa nema potrebe da ih pišem, a konačno rešenje je već poznato.

Ovde valja pomenuti da vektorski prostor može imati dimenziju 1 (dimL=1), tj. da je broj vektora koji čine bazu jednak jedinici. Najbolji primer za to je realni vektorski prostor R, ciju bazu čini samo vektor a=1 (sve ostale elemente prostora dobijamo množenjem jedinicom), to je, u stvari, skup realnih brojeva.

Zbog toga ni za gornji zadatak ne možemo znati dimenziju prostora unapred, dok ne proverimo. Medjutim, koordinate vektora b nam kažu da ćemo dobiti najmanju dimenziju 2, jer bi bilo besmisleno pokušavati kombinacijom jednog od datih vektora dobiti vektor b.

poz

beeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeezi

^{10.06.2002. u 00:48}

Vanja Petreski
Chief Executive Officer, Oblac

Član broj: 315
Poruke: 1583
*.041net.co.yu

Sajt: www.oblac.com

Profil

Re: Problem sa vektorskim prostorom

^{10.06.2002. u 10:38}

Ok,

1. Da bi dati vektor b pripadao prostoru L treba da se prikaze preko BAZE tog prostora u koju ulaze LINEARNO NEZAVISNI vektori.

2. Moja greska je bila u tome sto sam ja pokusavao da ga izrazim kao lin. komb. sva tri vektora, za koja se pokazalo da su ustvari linearno zavisni, sto znaci da ne cine bazu.

Ali ja sam proverom(resavanjem sistema), kao sto je nervozna uradila (izjednacavanjem sa nula vektorom) definitivno dobio trivijalna resenja tj. da su sva tri vektora lin. nezavisna i onda smatrao da je to baza i pokusavao vektor b da izrazim preko njih. A kada se izracuna determinanta sistema 4 7 4 , 4 2 1 , 3 1 -9/20 dobije se da je nula, a s obzirom da je sistem homogen sleduje da ima beskonacno resenja tj. da je sistem lin. zav. Sto je apsolutno dovoljno za shvatiti da treba uzeti 2 lin. nezav. vektora za bazu. I tu bi bio kraj muka,

Ali kako god pokusao da resim sistem i da nadjem eksplicitan oblik njihove zavisnosti (sto je ustvari i nepotrebno) dobijam trivijalna resenja sto je kontradikcija ! Ali kada uradim kao sto je towk rekao tj. resim sistem 4x+7y=4 , 4x+2y=1 i 3x+y=-9/20 dobijam taj oblik.

I onda se za bazu uzmu recimo a1 i a2 koji su nezavisni, postavi se sistem koji treba biti saglasan i prema tome se nadje k. (da li sam mogao uzeti za bazu npr. a2 i a3 ?)

Jedina stvar koja mi je ostala konfuzna je to kako i zasto ja UVEK dobijem trivijalna resenja kada resavam sistem kao nervozna, kao sto sam u startu i uradio (i za***'o se

), a kada uradim kao towk nadjem zavisnost. Naime sve ovo je nepotrebno za resiti zadatak, jer meni je sasvim dovoljno sto sam resevanjem determinatne sistema dobio nulu i shvatio konacno da a1 a2 i a3 nisu nezavisni, ali me sada kopka zasto ne mogu da nadjem resenja na prvi nacin, a na drugi sasvim ok ! ???

pozdrav

^{10.06.2002. u 10:38}

nervozna
sicg

Član broj: 1868
Poruke: 317
*.cg.yu

ICQ: 153640035

Profil

Re: Problem sa vektorskim prostorom

^{11.06.2002. u 02:55}

Pazi, determinanta linearno zavisnih vektora jednaka je nuli. Matričnom metodom dobijamo redom da je x,y,z jednako 0/0 (deljenje nulom nije definisano), Kramerovo pravilo ne možemo upotrebiti. I ima beskonačno rešenja.
Kod linearno nezavisnih vektora,za iste parametre, dobijamo 0/m, pa je svaki jednak nuli i rešenje je jedinstveno.

Ako radimo nekom od metoda za rešavanje linearnih jednačina, za ovaj zadatak, takođe ćemo dobiti trivijalna rešenja za sva tri parametra, ali to rešenje nije jedinstveno.

Teorijski, ako ne postoje realni brojevi, takvi da je bar jedan različit od nule i xa1+ya2+za3=0, onda su vektori linearno nezavisni (ili -- ako postoje realni brojevi, takvi da je bar jedan različit od nule i važi uslov, onda su linearno zavisni).

U praksi -- rešavanjem sistema možemo dobiti trivijalna rešenja, ali to možda nije jedinstveno rešenje. Treba proveriti postoji li još neko rešenje koje zadovoljava uslove.
Jednostavno se iz sistema nađe zavisnost x,y i z (za ovaj zadatak -- y=-(3/5)*z, y=-12*x), proizvoljno se nekom parametru dodeli neka vrednost (ja sam uzela da je z=-5) i proveri da li se opet dobija nula vektor iz uslova. U slučaju da dobijemo nula vektor (opet) znaćemo da su linearno zavisni (jer postoje realni brojevi, različiti od nule i važi uslov). Inače su linearno nezavisni.

poz

beeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeezi

^{11.06.2002. u 02:55}