Vektorski prostori i linearni operatori - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Pošto je [tex]g[/tex] linearna, važi [tex]g(e_1+e_2)=g(e_1)+g(e_2)[/tex] i [tex]g(e_1+e_2+e_3)=g(e_1+e_2)+g(e_3)[/tex]. Zato je
[tex]g(e_2)=-1-1=-2,\qquad g(e_3)=2-(-1)=3[/tex]
Ponovo koristeći linearnost, dobijamo
[tex]g(e_1+2e_2+3e_3)=g(e_1)+2g(e_2)+3g(e_3)=1+2\cdot (-2)+3\cdot 3=6[/tex]

Rešenje:
Skup rešenja homogenog linearnog sistema sa [tex]n[/tex] nepoznatih je potprostor od [tex]\mathbb{R}^n[/tex] dimenzije [tex]n-r[/tex], gde je [tex]r[/tex] rang matrice koeficijenata. Ovde je [tex]n=7[/tex]: nepoznate [tex]x_1, x_2, x_3, x_4, x_6[/tex] se ne pojavljuju u jednačinama, pa su slobodne. Dve jednačine su proporcionalne:
[tex]4x_5-10x_7=2(2x_5-5x_7),\qquad 6x_5-15x_7=3(2x_5-5x_7)[/tex]
pa je sistem ekvivalentan jednoj jednačini [tex]2x_5-5x_7=0[/tex] i [tex]r=1[/tex] (a ne [tex]2[/tex]). Dakle,
[tex]\dim U=7-1=6[/tex]
Baza od [tex]U[/tex]: [tex]e_1, e_2, e_3, e_4, e_6[/tex] i [tex](0; 0; 0; 0; 5; 0; 2)[/tex].

Rešenje:
Svaki potprostor sadrži nula-vektor [tex](0; 0)[/tex]. Zamenom dobijamo:
[tex]U_1:\ 3\cdot 0+2\cdot 0=0\ne 1,\qquad U_4:\ 0\ne 3\cdot 0+2=2[/tex]
pa [tex]U_1[/tex] i [tex]U_4[/tex] nisu potprostori (to su prave koje ne prolaze kroz koordinatni početak).
[tex]U_2[/tex] je skup rešenja homogene jednačine [tex]3x-2y=0[/tex]. Ako [tex](x_1; y_1)[/tex] i [tex](x_2; y_2)[/tex] pripadaju [tex]U_2[/tex], onda za sve [tex]\alpha,\beta\in\mathbb{R}[/tex] važi
[tex]3(\alpha x_1+\beta x_2)-2(\alpha y_1+\beta y_2)=\alpha(3x_1-2y_1)+\beta(3x_2-2y_2)=0[/tex]
pa je [tex]U_2[/tex] zatvoren u odnosu na linearne kombinacije i jeste potprostor. Za [tex]U_3[/tex] uprostimo jednačinu:
[tex]4y+2=2x+2\iff x-2y=0[/tex]
Ova jednačina je opet homogena, pa je na isti način [tex]U_3[/tex] potprostor (prava kroz koordinatni početak sa vektorom pravca [tex](2; 1)[/tex]). Dakle, potprostori su tačno [tex]U_2[/tex] i [tex]U_3[/tex].

Rešenje:
Gram-Šmitov postupak daje
[tex]v_1=a_1,\quad v_2=a_2-\frac{\langle a_2,v_1\rangle}{\langle v_1,v_1\rangle}v_1,\quad v_3=a_3-\frac{\langle a_3,v_1\rangle}{\langle v_1,v_1\rangle}v_1-\frac{\langle a_3,v_2\rangle}{\langle v_2,v_2\rangle}v_2[/tex]
Najpre je [tex]v_1=(1; 0; 1)[/tex] i [tex]\langle v_1,v_1\rangle=2[/tex]. Pošto je [tex]\langle a_2,v_1\rangle=-1+0-1=-2[/tex],
[tex]v_2=(-1; 1; -1)-\frac{-2}{2}(1; 0; 1)=(0; 1; 0),\qquad \langle v_2,v_2\rangle=1[/tex]
Dalje je [tex]\langle a_3,v_1\rangle=2+0+1=3[/tex] i [tex]\langle a_3,v_2\rangle=1[/tex], pa je (ne sme se izostaviti projekcija na [tex]v_2[/tex])
[tex]v_3=(2; 1; 1)-\frac{3}{2}(1; 0; 1)-(0; 1; 0)=\left(\frac{1}{2}; 0; -\frac{1}{2}\right)[/tex]
Provera: [tex]\langle v_1,v_2\rangle=0[/tex], [tex]\langle v_1,v_3\rangle=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0[/tex], [tex]\langle v_2,v_3\rangle=0[/tex].

Rešenje:
Korak [tex]1[/tex]: [tex]0v=\vec{0}[/tex] za svako [tex]v\in V[/tex]. Pošto je [tex]0=0+0[/tex] u [tex]K[/tex], distributivnost u odnosu na sabiranje skalara daje
[tex]0v=(0+0)v=0v+0v[/tex]
Dodajmo obema stranama suprotni vektor [tex]-(0v)[/tex] i iskoristimo asocijativnost i aksiome [tex]w+(-w)=\vec{0}[/tex], [tex]w+\vec{0}=w[/tex]:
[tex]\vec{0}=0v+(-(0v))=(0v+0v)+(-(0v))=0v+\left(0v+(-(0v))\right)=0v+\vec{0}=0v[/tex]
Korak [tex]2[/tex]: na osnovu aksiome [tex]1v=v[/tex], distributivnosti i koraka [tex]1[/tex] važi
[tex]v+(-1)v=1v+(-1)v=\left(1+(-1)\right)v=0v=\vec{0}[/tex]
tj. [tex](-1)v[/tex] je suprotan vektor vektora [tex]v[/tex].
Korak [tex]3[/tex]: suprotni vektor je jedinstven. Ako je [tex]v+w=\vec{0}[/tex] i [tex]v+w'=\vec{0}[/tex], onda na osnovu aksioma (komutativnost, asocijativnost, nula-vektor)
[tex]w=w+\vec{0}=w+(v+w')=(w+v)+w'=\vec{0}+w'=w'+\vec{0}=w'[/tex]
Primenom ovoga na [tex]w=(-1)v[/tex] i [tex]w'=-v[/tex] dobijamo [tex](-1)v=-v[/tex].