78 79 (15)

Przekształcenia liniowe

c) Symetria osiowa w przestrzeni R³ przekształca przestrzeń na całą przestrzeń, co oznacza że Im L — R³. Punkt (0,0,0) jest obrazem jedynie samego siebie, gdyż wszystkie punkty os: Oy nie zmieniają swego położenia, a wszystkie inne punkty przestrzeni zachowują swą dodatnią odległość ad osi symetrii. Stąd Ker L = {(0.0,0)} Zapisując to ściśle mamy

L(t,y_tz) = (-x,y,-z),

Ker L = {(r, y, z) € R³ : -z = y = -z = o} = {(0, 0,0)) ,

Im L = {(-x, y, -z) : z, y, z € i?) = R³.

d) Rzutując prostopadle punkty przestrzeni R³ na płaszczyznę yOz otrzymamy całą płaszczyznę yOz zatem Im L = płaszczyzna yOz. Punkt (0,0,0) jest obrazem wszystkich punktów osi Ox. Zatein oś Ox jest jądrem tego przekształcenia. Formalny rachunek prowadzi do tych samych wniosków, mamy bowiem

l(x,y z) = (0,y

Ker L= {(r,y,x) € R^s : (0,y,i) =(0,0,0)} = {(r,0,0): z 6 R) = ośOz,

Im L = {(0, y, z) : y, z £ i?} = płaszczyzna yOz.

• Przykład 8 6

Wyznaczyć jądra obrazy oraz ich bazy podanych przekształceń liniowych:

a)    L : R² — R‘\ L(x_y y) = (2x - y, 3y - 6x);

b)    L : R³ — R⁴, L(x, y, z) = (2x - y - z, x + y + 4z, 2x + y + 5z, -x - z);

c)    £    R⁴—*r\ L(x, y, z, ź) = (x 4- 2z + t, —2z + y— 3z — 5<.x — y+z-f- 4/);

d)    £ : #2[*] —* £3(2], (Lp)[x) = (x² + 2x) p'(-x) dla x £ R Rozwiązanie

Wyznaczenie jąder przekształceń liniowych sprowadza się najczęściej do znajdowania przestrzeni rozwiązań jednorodnych układów równań liniowych, zaś wyznaczenie obrazów tych przekształceń polega na opisie przestrzeni liniowych danych przez generatory. Podobnie jest w naszych przykładach

a) Mamy

Kerl= [(r,sr)€ rt² : 2x - y = iy - 6r = 0} = {(x,2r): r € ii) = lin {(1,2)], zatem jądrem przekształcenia L jest prosta y — 'Iz na płaszczyźnie. Dalej

Im £ = {(2x - y, 3y — 6x) : x.y € R] = lin {(2,-6), (-1,3)) = lin {(-1,3)}.

Ósmy tydzień - przykłady

Podobnie, obraz tego przekształcenia można zinterpretować geometrycznie jako prostą o równaniu y = -3r na płaszczyźnie

b) Zauważmy, żc dowolny element obrazu przekształcenia L można zapisać w postaci L(x,y,z) = x(2,l,2_t-l) + y(-l, 1,1,0) +*(-1,4,5,-1).

Stąd wynika, żc

lmL = lin {(2.1,2, -1), (-1,1,1,0), (-1,4,5,-1)} Wymiar obrazu wyznaczymy z zależności

		2	1	2	-1 1		2	l	2	-1
d.m (Im L	) = ii	-1	1	1	0	“ *1 - rz	-1	1	1	0
		-1	4	5	-1 J		-3	3	3	0

Bazę obrazu stanowią więc dwa liniowo niezależne wektory wybrane spośród jego generatorów, np. (2, 1,2 — 1), ( — 1,1,1,0). Jądra przekształcenia L jest określone wzorem

Ker L = {(x, y, z) 6 TT¹ : 2x - y — z = 0, x + y -ł- 4z = 0,2r -ł- y + 52 = 0, -z — z = 0}

Po rozwiązaniu jednorodnego układu równań określającego ten 2bićr mamy: x = —z, y = — 3z, gdzie z € R. Zatem

Ker L = {(—z, — 3z, z) : z € .R) = Im {(1,3, —1)} -

Wymiar jądra jest równy 1, a jego bazą jest wektor (1,3, -1)- Zbiór Ker L jest prostą o x    y    z    ,

równaniu kierunkowym - = - = —-. w przestrzeni R .

i    J    “I

c) W tym przykładzie mamy

Ker L — { (z, y, z, t) € R^Ą z + 2z-f£ = 0,— 2x + y — 3z — 5< = 0 , z — y + z-t-41 = 0} , Im /. = {(x + 2z + I, —2z + y — 3z — 5<, t — y + z + 4£) : x, y, z, t 6 R}

Rozwiązanie jednorodnego układu równań określającego jądro przekształcenia L znajdziemy stosując metodą eliminacji Gaussa

10 2 10 011-30

Ker L = \{— 2z — £, — z -f 31, z, £) : z, i £ R) = lin {(—2, — 1,1 0), (-1,3,0,1)} .

Stąd dim ( Ker L) — 2, a znalezione generatory jądra są też jego bazą. Natomiast Im l = lin {(1. -2,1), (0,1,-1), (2, -3,1), (1, -5,4))

oraz

	1 0 2 11			1 0	2	1
dim (Im 7) = rz	-2 1 -3 -5 .1-1 1 4.	+ 2-] - rz *3 - »*i		0 1	1	-3
				0 -1	-1	3

4ra“

2.

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
54 55 (14) 54Układy równań liniowych Z otrzymanej postaci wynika, ze rz A = 2 = rz [/4
362 węglików przez nikiel i miedź. Z rozważań tych wynika, że składniki nie tworzące węglików,
Z geometrii wynika, że powiększenie obrazu jest równe stosunkowi y do x. Wyraża się więc
Przedsiębiorstwo turystyczne w gospodarce wolnorynkowej G Gołembski (26) 27 /. Cóż to jest ten pr
i. A £ Fz A2 r,2 Z rozważań geometrycznych widać, że (pola powierzcluu stożków ~ do kwadratu wymiaró
86 87 (11) Stąd wynika, że £( 5,) = - v, + v2, £(*2) = Vi - h : macierz przekształcenia £ ma
I I I I I    1—p    I I I I I I0.308 11.68 23.05 34.41 45.78 57.1
84473 str 78 79 Sobota Radomlce Grabaiv -snś< Centrum mienica X 5.02.15
Algebra liniowa z geometrią Maciej Czarnecki 15 stycznia 2013Spis treści 1    Geometr
Mitologia słowiańskaT2 Południe. 13. 15-16, 23-24, 33. 45-46, 59-60, 62 64 70 72. 76. 78-79. 84. 87.
skanuj0395 Z porównania wzorów 15.5 i 15.6 wynika, że hamulec ten nie nadaje się do pracy przy zmian
362 LESZKO: WŁODZISŁAW (ż. AXXA). VII. 14, 15. go w wątpliwość; skąd wynika, że Leszko był starszym
362 LESZKO: WŁODZISŁAW (ż. AXXA). VII. 14, 15. go w wątpliwość; skąd wynika, że Leszko był starszym
skanuj0395 Z porównania wzorów 15.5 i 15.6 wynika, że hamulec ten nie nadaje się do pracy przy zmian

więcej podobnych podstron