UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4, Macierz wektora; macierz, jądro i obraz przekształcenia liniowego
1. Macierze wektorów a,b Îð R3 ( - b w bazie f : f1 =ð (1,1,1) , f2 =ð (-ð1,0,1) , f3 =ð (0,1,-ð1) ,
- a w bazie standardowej e : e1 =ð (1,0,0) , e2 =ð (0,1,0) , e3 =ð (0,0,1) , )
1 1
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð f Ä™ð0Å›ð f
majÄ… postać: [a]e =ð , [b] =ð . Wyznaczyć macierze: [a] oraz [b]e .
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
2. Wyznaczyć macierz A =ð [ f ]e przeksztaÅ‚cenia liniowego f : R3 ®ð R3 w bazie standardowej e ,
e
jeÅ›li f (e1) =ð v1, f (e2 ) =ð v2 , f (x) =ð b . OkreÅ›lić Im f oraz Kerf . W bazie standardowej e :
1 2 1 -ð1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð
v1 =ð , v2 =ð , x =ð , b =ð 3
Ä™ð Å›ð Ä™ð-ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Ä™ð Å›ð
1 2
ëð3Å›ð ëð ûð ëð1Å›ð ëð ûð
ûð ûð
w(-ð1)
éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð
3. Wyznaczyć macierz przeksztaÅ‚cenia g : R2[×ð] ®ð R3 okreÅ›lonego wzorem: g(w) =ð w(0) .
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
w(1)
ëð ûð
4. W przestrzeni wielomianów w(x) stopnia drugiego R2[×ð], wprowadzamy obok bazy standardowej
e =ð (e0,e1,e2 ) , zÅ‚ożonej z jednomianów: e0 (x) =ð 1 , e1(x) =ð x , e2 (x) =ð x2 , drugÄ… bazÄ™
f =ð (e1,e2,e0 ) . Wykazać, że przeksztaÅ‚cenie f : R2[×ð] ®ð R2[×ð] okreÅ›lone wzorem
f (w)(x) =ð w(x +ð1) jest liniowe. Wyznaczyć macierze przeksztaÅ‚cenia f przy różnym wyborze
f f 2
baz: [ f ]e , [ f ] , [ f ]e , [ f ]ef , a także macierz superpozycji f oð f : [ f ]e .
e f e
5. Niech A =ð [ f ]e oznacza macierz przeksztaÅ‚cenia f : R3 ®ð R2 w bazach standardowych e .
e
1 -ð1
éð Å‚ð éð Å‚ð
W bazie standardowej e : f (e1) =ð , f (e2 ) =ð . Podać jednÄ… z możliwych postaci
Ä™ð Ä™ð Å›ð
2
ëð-ð 2Å›ð ëð ûð
ûð
wektora f (e3) tak, aby równanie liniowe Ax =ð b miaÅ‚o rozwiÄ…zanie dla każdego b Îð R2 .
Określić Im f oraz Kerf .
6. Macierz przeksztaÅ‚cenia f : R3 ®ð R2 w bazach standardowych e przyjmuje postać:
1 2
éð Å‚ð
Ä™ð2
A =ð [ f ]e =ð 1Å›ð . Dla jakich wektorów a,b Îð R3 równanie Ax =ð a ma jedno
e
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð1 2ûð
rozwiÄ…zanie natomiast równanie Ax =ð b nie ma rozwiÄ…zaÅ„? OkreÅ›lić Im f oraz Kerf .
7. Czy przeksztaÅ‚cenie f : R3 ®ð R3 posiadajÄ…ce w bazie standardowej e macierz
1 2 1
éð Å‚ð
Ä™ð2 Å›ð
A =ð [ f ]e =ð 1 0 jest bijekcjÄ…? OkreÅ›lić Im f oraz Kerf .
e
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð1 2 -ð1ûð
1
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań
óð
x1 x1
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ðx Å›ð f Ä™ðxóð Å›ð
1. Aby dokonać transformacji wektora kolumnowego [x]e =ð na wektor [x] =ð
2 2
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð óð Å›ð
ëðx3 ûð ëðx3 ûð
zapisanych odpowiednio w bazie e lub w bazie f , należy wyrazić wektory starej bazy e
jako kombinacje liniowe nowej bazy f :
3 3
f
óðj
ei =ð f . Wtedy x =ð xi lub macierzowo [x] =ð B[x]e .
åðbji j åðbji
j=ð1 i=ð1
Kolumny macierzy B utworzone są ze współrzędnych wektorów ei , zapisanych w bazie f .
Znalezienie współczynników bj1 , bj 2 , bj3 sprowadza się w każdym przypadku do rozwiązania
układu 3 równań liniowych, który jest równoważny jednemu równaniu wektorowemu. Na
przykÅ‚ad dla i =ð 1
1 1 -ð1 0 1 =ð b11 -ð b21
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Å›ð Å›ð
=ð b11Ä™ð1Å›ð +ð b21Ä™ð 0 +ð b31Ä™ð 1 lub 0 =ð b11 +ð b31
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð
0 =ð b11 +ð b21 -ð b31
ëð0Å›ð Ä™ð ûð ëð ûð ëð-ð1Å›ð
ûð ëð1Å›ð Ä™ð 1 Å›ð Ä™ð ûð
1 2 1
StÄ…d b11 =ð , b21 =ð -ð , b31 =ð -ð . PostÄ™pujÄ…c tak samo dla i =ð 2,3 otrzymuje siÄ™:
3 3 3
1 1 2 1 1 1
b12 =ð , b22 =ð , b32 =ð oraz b13 =ð , b23 =ð , b33 =ð -ð
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 4 4 / 3
éð Å‚ð éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
1 1 1
Ä™ð Å›ð f Ä™ð Å›ðÄ™ð2Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ð1/
Ostatecznie B =ð 2 1 1 i [a] =ð B[a]e =ð 2 1 1 =ð =ð 3Å›ð
Ä™ð-ð Å›ð Ä™ð-ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3 3 3
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð-ð1 2 -ð1ûð ëð-ð1 2 -ð1ûðëð1ûð Ä™ð ûð ëð2 / 3ûð
ëð2Å›ð Ä™ð Å›ð
3 3
f
óð
Podobnie, jeÅ›li zapiszemy fi =ð ej to x =ð xi lub [x]e =ð A[x] .
åða ji j åða ji
j=ð1 i=ð1
Kolumny macierzy A utworzone są ze współrzędnych wektorów fi , zapisanych w bazie e .
W tym przypadku nie trzeba rozwiązywać układu równań, bowiem:
f1 =ð e1 +ð e2 +ð e3 , f2 =ð -ðe1 +ð e3 , f3 =ð e2 -ð e3
1 -ð1 0 1 -ð1 0 1 1
éð Å‚ð éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1 Å›ð f Ä™ð1 Å›ðÄ™ð0Å›ð Ä™ð2Å›ð
StÄ…d A =ð 0 1 i [b]e =ð A[b] =ð 0 1 =ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð1 1 -ð1ûð ëð1 1 -ð1ûðëð1ûð Ä™ð ûð
ëð0Å›ð
Uwaga: Można sprawdzić, że macierz B =ð A-ð1
1 1 1 1 -ð1 0 1 0 0
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
1
Ä™ð Å›ðÄ™ð1 Å›ð Ä™ð0
BA =ð 2 1 1 0 1 =ð 1 0Å›ð
Ä™ð-ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð-ð1 2 -ð1ûðëð1 1 -ð1ûð Ä™ð 0 1ûð
ëð0 Å›ð
2
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
2. Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego f : X ®ð Y sÄ… obrazami
óð
kolejnych elementów bazy e przestrzeni X , zapisanymi w bazie e przestrzeni Y :
[A. j ] =ð [ f (ej )]eóð .
SPOSÓB 1 wyznaczenia macierzy A :
Dwie pierwsze kolumny macierzy A znamy. Pozostałe elementy macierzy A
wyznaczamy z równania f (x) =ð b , które w formie macierzowej przyjmuje postać Ax =ð b .
1 2 a13 1 -ð1 a13 =ð -ð4 1 2 -ð 4
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð ìð éð Å‚ð
ïð
Ä™ð2 -ð1 a23Å›ðÄ™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð2 Å›ð
=ð 3 , stÄ…d a23 =ð 2 , czyli A =ð -ð1 2
íð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ïð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
a33 =ð -ð2
ëð3 1 a33ûðëð1ûð Ä™ð 2 Å›ð îð ëð3 1 -ð 2ûð
ëð ûð
SPOSÓB 2 wyznaczenia macierzy A :
Zauważmy, że wektor x =ð e1 +ð e2 +ð e3 . Z liniowoÅ›ci przeksztaÅ‚cenia f wynika wiÄ™c, że
f (x) =ð f (e1) +ð f (e2 ) +ð f (e3) przy czym f (x) =ð b . StÄ…d
-ð1 1 2 -ð 4 1 2 -ð 4
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð2Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð2 Å›ð
[A.3] =ð [ f (e3 )]e =ð 3 -ð -ð =ð 2 , czyli A =ð -ð1 2
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð-ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
2 1
ëð ûð ëð3Å›ð ëð ûð ëð-ð 2ûð ëð3 1 -ð 2ûð
ûð
Obrazem przekształcenia liniowego f jest powłoka rozpięta przez wektory kolumnowe
macierzy A :
1 2 -ð 4
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Im f =ð<ð , , 2 >ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð-ð1Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
1
ëð3Å›ð ëð ûð ëð-ð 2ûð
ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy A ( zerowanie wyrazów w wierszu względem
elementu oznaczonego nawiasem lub przez przemnożenie kolumn przez odpowiednie liczby ) ,
otrzymujemy jej prostą postać:
(1) 2 -ð 4 1 0 0 1 0 0 1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð2 Ä™ð2 Ä™ð0
2 -ð1 2 Þð -ð 5 10Å›ð Þð (1) 1Å›ð Þð 1 0Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3 1 -ð 2ûð ëð3 -ð 5 10ûð ëð3 1 1ûð ëð1 1 0ûð
ëð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
Wynika stÄ…d, że Im f =ð<ð , >ð jest podprzestrzeniÄ… liniowÄ… o wymiarze dim(Im f ) =ð 2 ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
rozpiÄ™tÄ… przez wektory: u1 =ð , u2 =ð .
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
3
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
Jądro Kerf przekształcenia liniowego f tworzą wektory, będące rozwiązaniami równania
jednorodnego Ax =ð 0 :
1 2 -ð 4 x1 0
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2 -ð1 2 Å›ðÄ™ðx Å›ð Ä™ð0Å›ð
=ð
2
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ðÄ™ð
ëð3 1 -ð 2ûðëðx3 Å›ð Ä™ð ûð
ûð ëð0Å›ð
Dokonując redukcji wierszowej macierzy A ( zerowanie wyrazów w kolumnie względem
elementu oznaczonego nawiasem lub przez przemnożenie wierszy przez odpowiednie liczby ) ,
otrzymujemy jej prostą postać, określającą równoważne równanie:
(1) 2 -ð 4 1 2 -ð 4 1 2 -ð 4 1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð0 Å›ð Ä™ð0 Ä™ð0
2 -ð1 2 Þð -ð 5 10 Þð (1) -ð 2Å›ð Þð 1 -ð 2Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3 1 -ð 2ûð ëð0 -ð 5 10
ëð ûð ëð0 1 -ð 2ûð Ä™ð 0 0 Å›ð
ëð0 ûð
1 0 0 x1 0 x1 =ð 0 x1 0
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð ìð éð Å‚ð éð Å‚ð
ïð
Ä™ð0 1 -ð 2Å›ðÄ™ðx2 Å›ð Ä™ð0Å›ð Ä™ðx Å›ð
=ð , stÄ…d x2 =ð 2x3 czyli =ð x3 Ä™ð2Å›ð
íð
2
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ïð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð
x3 dowo ln e
ëð0 0 0 Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð ûð îð ëðx3 ûð ëð1Å›ð
ûðëðx3 ûð ëð0Å›ð ûð
0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð2Å›ð
Wynika stÄ…d, że Kerf =ð<ð >ð jest podprzestrzeniÄ… liniowÄ… rozpiÄ™tÄ… przez wektor u1 =ð ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
o wymiarze dim(Kerf ) =ð 1.
3. Jeżeli w treści zadania nie ma informacji o bazach, to przyjmujemy bazy standardowe:
- w przestrzeni wielomianów w(x) stopnia drugiego R2[×ð]:
e1(x) =ð 1 , e2 (x) =ð x , e3(x) =ð x2 ,
óð óð óð
- w R3 : e1 =ð (1,0,0) , e2 =ð (0,1,0) , e3 =ð (0,0,1) , )
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego g : R2[×ð] ®ð R3 sÄ… obrazami
óð
kolejnych elementów bazy e przestrzeni R2[×ð], zapisanymi w bazie e przestrzeni R3 :
[A. j ] =ð [g(ej )]eóð .
1 -ð1 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð0Å›ð
g(e1) =ð g(1) =ð , g(e2 ) =ð g(x) =ð 0 , g(e3) =ð g(x2 ) =ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð
1
ëð1Å›ð ëð ûð ëð1Å›ð
ûð ûð
1 -ð1 1
éð Å‚ð
Ä™ð1
czyli A =ð 0 0Å›ð .
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð1 1 1ûð
4
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
4. Przekształcenie to jest liniowe, bowiem:
- f (lðw)(x) =ð (lðw)(x +ð1) =ð lðw(x +ð1) =ð (lðf (w))(x) ,
- f (w1 +ð w2 )(x) =ð (w1 +ð w2 )(x +ð1) =ð w1(x +ð1) +ð w2 (x +ð1) =ð f (w1)(x) +ð f (w2 )(x)
W celu wyznaczenia postaci macierzy A przekształcenia liniowego f wygodnie jest
przenumerować elementy bazy e ( zmiana indeksów 0,1,2 na 1,2,3 ). Wtedy:
- e1(x) =ð 1 , e2 (x) =ð x , e3(x) =ð x2 ,
- f1(x) =ð x , f2 (x) =ð x2 , f3(x) =ð 1,
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego f : X ®ð Y sÄ… obrazami
óð
kolejnych elementów bazy e przestrzeni X , zapisanymi w bazie e przestrzeni Y .
Wystarczy więc przedstawić wielomiany: f (1) , f (x) , f (x2 ) jako kombinacje liniowe w obu
bazach.
f (1) =ð 1 =ð e1(x) =ð f3(x)
f (x) =ð x +ð1 =ð e1(x) +ð e2 (x) =ð f1(x) +ð f3(x)
f (x2 ) =ð (x +ð1)2 =ð e1(x) +ð 2e2 (x) +ð e3(x) =ð 2 f1(x) +ð f2 (x) +ð f3(x)
StÄ…d
1 1 1 0 1 2 1 1 1 1 2 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0 f Ä™ð0 Ä™ð1 f Ä™ð0
[ f ]e =ð 1 2Å›ð , [ f ]e =ð 0 1Å›ð , [ f ]e =ð 2 0Å›ð , [ f ] =ð 1 0Å›ð
e f f
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ëð0 0 1ûð ëð1 1 1ûð ëð0 1 0ûð ëð1 1 1ûð
Macierz superpozycji dwóch przekształceń jest iloczynem macierzy tych przekształceń.
1 1 1 1 1 1 1 2 4
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
2 Ä™ð0 Ä™ð0
[ f ]e =ð [ f ]e[ f ]e =ð 1 2Å›ðÄ™ð0 1 2Å›ð =ð 1 4Å›ð
e e e
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð0 0 1ûðëð0 0 1ûð Ä™ð 0 1ûð
ëð0 Å›ð
lub
1 1 1 0 1 2 1 2 4
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
2 Ä™ð1 Ä™ð0
[ f ]e =ð [ f ]e [ f ]ef =ð 2 0Å›ðÄ™ð0 0 1Å›ð =ð 1 4Å›ð
e f
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð0 1 0ûðëð1 1 1ûð Ä™ð 0 1ûð
ëð0 Å›ð
Można też obliczyć bezpośrednio
2 2
f (e1) =ð f (1) =ð f ( f (1)) =ð f (1) =ð 1 =ð e1(x)
2 2
f (e2 ) =ð f (x) =ð f ( f (x)) =ð f (x +ð1) =ð (x +ð1) +ð1 =ð x +ð 2 =ð 2e1 +ð e2
2 2
f (e3) =ð f (x2 ) =ð f ( f (x2 ) =ð f (x2 +ð 2x +ð1) =ð (x2 +ð 2x +ð1) +ð 2(x +ð1) +ð1 =ð 4e1 +ð 4e2 +ð e3
StÄ…d
1 2 4
éð Å‚ð
2 f Ä™ð0
[ f ]e =ð [ f ]ef [ f ]e =ð 1 4Å›ð
e
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð0 0 1ûð
5
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
5. Równanie liniowe Ax =ð b posiada rozwiÄ…zanie dla każdego b Îð R2 wtedy, gdy przeksztaÅ‚cenie f
jest surjekcjÄ…. W tym przypadku Im f =ð R2 , a to oznacza, że wektory kolumnowe macierzy A
rozpinają całą przestrzeń R2 ( dwa z nich są liniowo niezależne ).
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego f : R3 ®ð R2 sÄ… obrazami
a13 1 -ð1 a13
éð Å‚ð éð Å‚ð
kolejnych elementów bazy przestrzeni R3 . Niech f (e3 ) =ð . Wtedy A =ð .
Ä™ða Å›ð Ä™ð
ëð 23ûð ëð-ð 2 2 a23Å›ð
ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
(1) -ð1 a13 1 0 0 1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Þð Þð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð0 0 a23 +ð 2a13Å›ð
ëð-ð 2 2 a23Å›ð ëð-ð 2 0 (a23 +ð 2a13)Å›ð ëð ûð
ûð ûð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Wynika stÄ…d, że Im f =ð<ð ,
Ä™ð0Å›ð Ä™ða +ð 2a13Å›ð >ð równe jest R2 wtedy i tylko wtedy, gdy
ëð ûð ëð 23 ûð
a23 Ä…ð -ð2a13 .
Warunek ten jest speÅ‚niony w szczególnym przypadku, gdy a13 =ð 0 , a23 =ð 1. Wtedy
1 -ð1 0 1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
A =ð , Im f =ð<ð , >ð =ð R2
Ä™ð Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
ëð-ð 2 2 1Å›ð ëð ûð ëð ûð
ûð
Jądro Kerf przekształcenia liniowego f tworzą wektory, będące rozwiązaniami równania
jednorodnego Ax =ð 0 :
x1
éð Å‚ð
1 -ð1 0 0
éð Å‚ðÄ™ð Å›ð éð Å‚ð
x2 =ð
Ä™ð Ä™ð0Å›ð
ëð-ð 2 2 1Å›ðÄ™ð Å›ð ëð ûð
ûðÄ™ðx Å›ð
ëð 3 ûð
Dokonując redukcji wierszowej macierzy A ( Zad.3 ) otrzymujemy jej prostą postać, określającą
równoważne równanie:
x1
éð Å‚ð
(1) -ð1 0 1 -ð1 0 1 -ð1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ðÄ™ð Å›ð éð Å‚ð
Þð ,
Ä™ð Ä™ð0 0 1Å›ð ; Ä™ð0 0 1Å›ðÄ™ðx2 Å›ð =ð Ä™ð0Å›ð
ëð-ð 2 2 1Å›ð ëð ûð ëð ûðÄ™ðx Å›ð ëð ûð
ûð
ëð 3 ûð
x1 =ð x2 x1 1
ìð éð Å‚ð éð Å‚ð
ïðx
Ä™ðx Å›ð
stÄ…d =ð x2 , czyli =ð x2 Ä™ð1Å›ð
íð
2 2
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ïð
Ä™ð Å›ð Ä™ð
x3 =ð 0
ûð
îð ëðx3 ûð ëð0Å›ð
1 1
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1Å›ð Ä™ð1Å›ð
Kerf =ð<ð >ð jest wiÄ™c podprzestrzeniÄ… liniowÄ…, rozpiÄ™tÄ… przez wektor u1 =ð ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð0Å›ð ëð0Å›ð
ûð ûð
o wymiarze dim(Kerf ) =ð 1.
6
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
6. SPOSÓB 1>
Równanie liniowe Ax =ð b posiada co najwyżej jedno rozwiÄ…zanie wtedy, gdy przeksztaÅ‚cenie f
jest injekcjÄ…:
- jedno rozwiÄ…zanie, gdy b Îð Im f ,
- brak rozwiÄ…zaÅ„, gdy b Ïð Im f .
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A rozpinają podprzestrzeń, będącą obrazem przekształcenia
liniowego f : R2 ®ð R3
1 2
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð1Å›ð
Im f =ð<ð , >ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð2Å›ð
ûð ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
(1) 2 1 0 1 0 1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Ä™ð2 Ä™ð2 Ä™ð0
2 1Å›ð Þð -ð 3Å›ð Þð (1)Å›ð Þð 1Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
1 2ûð ëð1 0
ëð ûð ëð1 0 ûð ëð1 0ûð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
W tym przypadku Im f =ð <ð , >ð jest podprzestrzeniÄ… liniowÄ… o wymiarze 2 ( dwa
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð0Å›ð
ûð ûð
liniowo niezależne wektory kolumnowe macierzy A ) . Oznacza to, że przekształcenie f jest
injekcjÄ…, bowiem dim Im f =ð dim R2 . Ponieważ dim Im f +ð dim Kerf =ð dim R2 wiÄ™c
Kerf =ð {ð0}ð. Równanie Ax =ð b posiada wiÄ™c jedno rozwiÄ…zanie, jeÅ›li
1 0 að
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ðbð Å›ð
b =ð að +ð bð =ð , að, bð Îð R
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð Å›ð
ëð1Å›ð ëð0Å›ð ëðað ûð
ûð ûð
Dla pozostałych wektorów z R3 równanie powyższe nie posiada rozwiązań..
SPOSÓB 2
Równanie niejednorodne Ax =ð b można rozwiÄ…zać dokonujÄ…c redukcji wierszowej macierzy
rozszerzonej ( otrzymuje się równoważne równanie ):
(1) 2 b1 1 2 b1 1 0 2b2 -ð 3b1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Ä™ð0 Ä™ð0
2 1 b2 Å›ð Þð (-ð1) b2 -ð 2b1Å›ð Þð -ð1 b2 -ð 2b1 Å›ð ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
1 2 b3 ûð ëð0 0 b3 -ð b1 ûð ëð0 0 b3 -ð b1 ûð
ëð
Równoważne równanie
1 0 2b2 -ð 3b1
éð Å‚ð éð Å‚ð
x1 2b2 -ð 3b1
éð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0 -ð1Å›ðÄ™ð x1 Å‚ð Ä™ð Å›ð
b2 -ð 2b posiada jedno rozwiÄ…zanie =ð gdy b3 =ð b1 ,
Ä™ðx Å›ð Ä™ð
Ä™ð Å›ðëðx2 Å›ð =ð Ä™ð Å›ð
2b1 -ð b2 Å›ð
ûð ëð 2 ûð ëð ûð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
b3 -ð b1 ûð
ëð0 0 ûð ëð
gdy b3 Ä…ð b1 rozwiÄ…zaÅ„ nie ma.
7
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
7. Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A rozpinają podprzestrzeń, będącą obrazem przekształcenia
liniowego f : R3 ®ð R3
1 2 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð
Im f =ð<ð , , 0 >ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð2Å›ð ëð-ð1Å›ð
ûð ûð ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy A ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
1 2 (1) 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2 1 0 Å›ð Ä™ð2 1 0 Å›ð Ä™ð(1) 1 0 Å›ð Ä™ð1 0 0 Å›ð Ä™ð1 0 0Å›ð Þð Ä™ð1 0 0Å›ð
Þð Þð Þð Þð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Å›ð Å›ð Å›ð
ëð1 2 -ð1ûð Ä™ð 4 -ð1ûð Ä™ð 1 4 -ð1ûð Ä™ð (3) -ð1ûð Ä™ð 3 0ûð Ä™ð 1 0ûð
ëð2 ëð ëð1 ëð0 Å›ð ëð0 Å›ð
0 0 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1Å›ð Ä™ð0Å›ð Ä™ð0Å›ð
W tym przypadku Im f =ð <ð , , >ð jest równe R3 ( trzy liniowo niezależne wektory
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð
ëð0Å›ð ëð1Å›ð ëð0Å›ð
ûð ûð ûð
kolumnowe zredukowanej macierzy A ) . Oznacza to, że przekształcenie f jest bijekcją, bowiem
dim Im f =ð dim R3 . Ponieważ dim Im f +ð dim Kerf =ð dim R3 wiÄ™c Kerf =ð {ð0}ð.
Gdy przeksztaÅ‚cenie liniowe f jest bijekcjÄ… to równanie Ax =ð b posiada dla każdego b jedno
rozwiÄ…zanie.
8


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
al lin zad5 rozw
al lin zad7 rozw
al lin zad6 rozw
al lin zad2 rozw
al lin zad3 rozw
al lin zad1 rozw
al lin zad dom2
al lin zad dom1
al lin zad dom4
al lin zad dom3
module al constants
RozwĂlj ciÄ…Ĺzy
2009 rozw zad
A1 mat rozw
a2 chem rozw

więcej podobnych podstron