UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
1
ZADANIA - Seria 4, Macierz wektora; macierz, jądro i obraz przekształcenia liniowego
1. Macierze wektorów
3
,
R
b
a
( -
b
w bazie
f
:
)
1
,
1
,
1
(
1
f
,
)
1
,
0
,
1
(
2
f
,
)
1
,
1
,
0
(
3
f
,
-
a
w bazie standardowej
e
:
)
0
,
0
,
1
(
1
e
,
)
0
,
1
,
0
(
2
e
,
)
1
,
0
,
0
(
3
e
, )
mają postać:
1
2
1
]
[
e
a
,
1
0
1
]
[
f
b
. Wyznaczyć macierze:
f
a]
[
oraz
e
b]
[
.
2. Wyznaczyć macierz
e
e
f
A
]
[
przekształcenia liniowego
3
3
:
R
R
f
w bazie standardowej
e
,
jeśli
2
2
1
1
)
(
,
)
(
v
e
f
v
e
f
,
b
x
f
)
(
. Określić
f
Im
oraz
Kerf
. W bazie standardowej
e
:
3
2
1
1
v
,
1
1
2
2
v
,
1
1
1
x
,
2
3
1
b
3. Wyznaczyć macierz przekształcenia
3
2
]
[
:
R
R
g
określonego wzorem:
)
1
(
)
0
(
)
1
(
)
(
w
w
w
w
g
.
4. W przestrzeni wielomianów
)
(x
w
stopnia drugiego
]
[
2
R
, wprowadzamy obok bazy standardowej
)
,
,
(
2
1
0
e
e
e
e
, złożonej z jednomianów:
1
)
(
0
x
e
,
x
x
e
)
(
1
,
2
2
)
(
x
x
e
, drugą bazę
)
,
,
(
0
2
1
e
e
e
f
. Wykazać, że przekształcenie
:
f
]
[
2
R
]
[
2
R
określone wzorem
)
1
(
)
)(
(
x
w
x
w
f
jest liniowe. Wyznaczyć macierze przekształcenia f przy różnym wyborze
baz:
e
e
f ]
[
,
f
f
f ]
[
,
f
e
f ]
[
,
e
f
f ]
[
, a także macierz superpozycji
f
f
:
e
e
f ]
[
2
.
5. Niech
e
e
f
A
]
[
oznacza macierz przekształcenia
2
3
:
R
R
f
w bazach standardowych
e
.
W bazie standardowej
e
:
2
1
)
(
1
e
f
,
2
1
)
(
2
e
f
. Podać jedną z możliwych postaci
wektora
)
(
3
e
f
tak, aby równanie liniowe
b
Ax
miało rozwiązanie dla każdego
2
R
b
.
Określić
f
Im
oraz
Kerf
.
6. Macierz przekształcenia
2
3
:
R
R
f
w bazach standardowych
e
przyjmuje postać:
2
1
2
1
2
1
]
[
e
e
f
A
. Dla jakich wektorów
3
,
R
b
a
równanie
a
Ax
ma jedno
rozwiązanie natomiast równanie
b
Ax
nie ma rozwiązań? Określić
f
Im
oraz
Kerf
.
7. Czy przekształcenie
3
3
:
R
R
f
posiadające w bazie standardowej
e
macierz
1
2
1
0
1
2
1
2
1
]
[
e
e
f
A
jest bijekcją? Określić
f
Im
oraz
Kerf
.
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
2
ZADANIA - Seria 4 – Uwagi, szkice rozwiązań
1. Aby dokonać transformacji wektora kolumnowego
3
2
1
]
[
x
x
x
x
e
na wektor
3
2
1
]
[
x
x
x
x
f
zapisanych odpowiednio w bazie
e
lub w bazie
f
, należy wyrazić wektory starej bazy
e
jako kombinacje liniowe nowej bazy
f
:
3
1
j
j
ji
i
f
b
e
. Wtedy
3
1
i
i
ji
j
x
b
x
lub macierzowo
e
f
x
B
x
]
[
]
[
.
Kolumny macierzy
B
utworzone są ze współrzędnych wektorów
i
e
, zapisanych w bazie
f
.
Znalezienie współczynników
1
j
b
,
2
j
b
,
3
j
b
sprowadza się w każdym przypadku do rozwiązania
układu 3 równań liniowych, który jest równoważny jednemu równaniu wektorowemu. Na
przykład dla
1
i
1
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
1
31
21
11
b
b
b
lub
31
21
11
31
11
21
11
0
0
1
b
b
b
b
b
b
b
Stąd
3
1
11
b
,
3
2
21
b
,
3
1
31
b
. Postępując tak samo dla
3
,
2
i
otrzymuje się:
3
1
12
b
,
3
1
22
b
,
3
2
32
b
oraz
3
1
13
b
,
3
1
23
b
,
3
1
33
b
Ostatecznie
1
2
1
1
1
2
1
1
1
3
1
B
i
3
/
2
3
/
1
3
/
4
2
1
4
3
1
1
2
1
1
2
1
1
1
2
1
1
1
3
1
]
[
]
[
e
f
a
B
a
Podobnie, jeśli zapiszemy
3
1
j
j
ji
i
e
a
f
to
3
1
i
i
ji
j
x
a
x
lub
f
e
x
A
x
]
[
]
[
.
Kolumny macierzy
A
utworzone są ze współrzędnych wektorów
i
f
, zapisanych w bazie
e
.
W tym przypadku nie trzeba rozwiązywać układu równań, bowiem:
3
2
1
1
e
e
e
f
,
3
1
2
e
e
f
,
3
2
3
e
e
f
Stąd
1
1
1
1
0
1
0
1
1
A
i
0
2
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
]
[
]
[
f
e
b
A
b
Uwaga: Można sprawdzić, że macierz
1
A
B
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
2
1
1
1
2
1
1
1
3
1
BA
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
3
ZADANIA - Seria 4 – Uwagi, szkice rozwiązań – c.d.
2. Wektory kolumnowe
]
[
. j
A
macierzy
A
przekształcenia liniowego
Y
X
f
:
są obrazami
kolejnych elementów bazy
e
przestrzeni
X
, zapisanymi w bazie
e
przestrzeni Y :
e
j
j
e
f
A
)]
(
[
]
[
.
.
SPOSÓB 1 wyznaczenia macierzy
A
:
Dwie pierwsze kolumny macierzy
A
znamy. Pozostałe elementy macierzy
A
wyznaczamy z równania
b
x
f
)
(
, które w formie macierzowej przyjmuje postać
b
Ax
.
2
3
1
1
1
1
1
3
1
2
2
1
33
23
13
a
a
a
, stąd
2
2
4
33
23
13
a
a
a
, czyli
2
1
3
2
1
2
4
2
1
A
SPOSÓB 2 wyznaczenia macierzy
A
:
Zauważmy, że wektor
3
2
1
e
e
e
x
. Z liniowości przekształcenia
f
wynika więc, że
)
(
)
(
)
(
)
(
3
2
1
e
f
e
f
e
f
x
f
przy czym
b
x
f
)
(
. Stąd
2
2
4
1
1
2
3
2
1
2
3
1
)]
(
[
]
[
3
3
.
e
e
f
A
, czyli
2
1
3
2
1
2
4
2
1
A
Obrazem przekształcenia liniowego
f
jest powłoka rozpięta przez wektory kolumnowe
macierzy
A
:
2
2
4
,
1
1
2
,
3
2
1
Im f
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy
A
( zerowanie wyrazów w wierszu względem
elementu oznaczonego nawiasem lub przez przemnożenie kolumn przez odpowiednie liczby ) ,
otrzymujemy jej prostą postać:
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
1
3
1
)
1
(
2
0
0
1
10
5
3
10
5
2
0
0
1
2
1
3
2
1
2
4
2
)
1
(
Wynika stąd, że
1
1
0
,
1
0
1
Im f
jest podprzestrzenią liniową o wymiarze
2
)
dim(Im
f
,
rozpiętą przez wektory:
1
1
0
,
1
0
1
2
1
u
u
.
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
4
ZADANIA - Seria 4 – Uwagi, szkice rozwiązań – c.d.
Jądro
Kerf
przekształcenia liniowego
f
tworzą wektory, będące rozwiązaniami równania
jednorodnego
0
Ax
:
0
0
0
2
1
3
2
1
2
4
2
1
3
2
1
x
x
x
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:
0
0
0
2
1
0
0
0
1
2
1
0
2
)
1
(
0
4
2
1
10
5
0
10
5
0
4
2
1
2
1
3
2
1
2
4
2
)
1
(
0
0
0
0
0
0
2
1
0
0
0
1
3
2
1
x
x
x
, stąd
e
dowo
x
x
x
x
ln
2
0
3
3
2
1
czyli
1
2
0
3
3
2
1
x
x
x
x
Wynika stąd, że
1
2
0
Kerf
jest podprzestrzenią liniową rozpiętą przez wektor
1
2
0
1
u
,
o wymiarze
1
)
dim(
Kerf
.
3. Jeżeli w treści zadania nie ma informacji o bazach, to przyjmujemy bazy standardowe:
- w przestrzeni wielomianów
)
(x
w
stopnia drugiego
]
[
2
R
:
1
)
(
1
x
e
,
x
x
e
)
(
2
,
2
3
)
(
x
x
e
,
- w
3
R
:
)
0
,
0
,
1
(
1
e
,
)
0
,
1
,
0
(
2
e
,
)
1
,
0
,
0
(
3
e
, )
Wektory kolumnowe
]
[
. j
A
macierzy
A
przekształcenia liniowego
3
2
]
[
:
R
R
g
są obrazami
kolejnych elementów bazy
e
przestrzeni
]
[
2
R
, zapisanymi w bazie
e
przestrzeni
3
R
:
e
j
j
e
g
A
)]
(
[
]
[
.
.
1
1
1
)
1
(
)
(
1
g
e
g
,
1
0
1
)
(
)
(
2
x
g
e
g
,
1
0
1
)
(
)
(
2
3
x
g
e
g
czyli
1
1
1
0
0
1
1
1
1
A
.
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
5
ZADANIA - Seria 4 – Uwagi, szkice rozwiązań – c.d.
4. Przekształcenie to jest liniowe, bowiem:
-
)
))(
(
(
)
1
(
)
1
)(
(
)
)(
(
x
w
f
x
w
x
w
x
w
f
,
-
)
)(
(
)
)(
(
)
1
(
)
1
(
)
1
)(
(
)
)(
(
2
1
2
1
2
1
2
1
x
w
f
x
w
f
x
w
x
w
x
w
w
x
w
w
f
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:
-
1
)
(
1
x
e
,
x
x
e
)
(
2
,
2
3
)
(
x
x
e
,
-
x
x
f
)
(
1
,
2
2
)
(
x
x
f
,
1
)
(
3
x
f
,
Wektory kolumnowe
]
[
. j
A
macierzy
A
przekształcenia liniowego
Y
X
f
:
są obrazami
kolejnych elementów bazy
e
przestrzeni
X
, zapisanymi w bazie
e
przestrzeni Y .
Wystarczy więc przedstawić wielomiany:
)
(
,
)
(
,
)
1
(
2
x
f
x
f
f
jako kombinacje liniowe w obu
bazach.
)
(
)
(
1
)
1
(
3
1
x
f
x
e
f
)
(
)
(
)
(
)
(
1
)
(
3
1
2
1
x
f
x
f
x
e
x
e
x
x
f
)
(
)
(
)
(
2
)
(
)
(
2
)
(
)
1
(
)
(
3
2
1
3
2
1
2
2
x
f
x
f
x
f
x
e
x
e
x
e
x
x
f
Stąd
1
0
0
2
1
0
1
1
1
]
[
e
e
f
,
1
1
1
1
0
0
2
1
0
]
[
f
e
f
,
0
1
0
0
2
1
1
1
1
]
[
e
f
f
,
1
1
1
0
1
0
0
2
1
]
[
f
f
f
Macierz superpozycji dwóch przekształceń jest iloczynem macierzy tych przekształceń.
1
0
0
4
1
0
4
2
1
1
0
0
2
1
0
1
1
1
1
0
0
2
1
0
1
1
1
]
[
]
[
]
[
2
e
e
e
e
e
e
f
f
f
lub
1
0
0
4
1
0
4
2
1
1
1
1
1
0
0
2
1
0
0
1
0
0
2
1
1
1
1
]
[
]
[
]
[
2
f
e
e
f
e
e
f
f
f
Można też obliczyć bezpośrednio
)
(
1
)
1
(
))
1
(
(
)
1
(
)
(
1
2
1
2
x
e
f
f
f
f
e
f
2
1
2
2
2
2
2
1
)
1
(
)
1
(
))
(
(
)
(
)
(
e
e
x
x
x
f
x
f
f
x
f
e
f
3
2
1
2
2
2
2
2
3
2
4
4
1
)
1
(
2
)
1
2
(
)
1
2
(
)
(
(
)
(
)
(
e
e
e
x
x
x
x
x
f
x
f
f
x
f
e
f
Stąd
1
0
0
4
1
0
4
2
1
]
[
]
[
]
[
2
f
e
e
f
e
e
f
f
f
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
6
ZADANIA - Seria 4 – Uwagi, szkice rozwiązań – c.d.
5. Równanie liniowe
b
Ax
posiada rozwiązanie dla każdego
2
R
b
wtedy, gdy przekształcenie f
jest surjekcją. W tym przypadku
2
Im
R
f
, a to oznacza, że wektory kolumnowe macierzy
A
rozpinają całą przestrzeń
2
R
( dwa z nich są liniowo niezależne ).
Wektory kolumnowe
]
[
. j
A
macierzy
A
przekształcenia liniowego
2
3
:
R
R
f
są obrazami
kolejnych elementów bazy przestrzeni
3
R
. Niech
23
13
3
)
(
a
a
e
f
. Wtedy
23
13
2
1
2
1
a
a
A
.
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
13
23
13
23
23
13
2
0
0
0
0
1
)
2
(
0
0
0
2
1
2
1
2
)
1
(
a
a
a
a
a
a
Wynika stąd, że
13
23
2
0
,
0
1
Im
a
a
f
równe jest
2
R
wtedy i tylko wtedy, gdy
13
23
2a
a
.
Warunek ten jest spełniony w szczególnym przypadku, gdy
0
13
a
,
1
23
a
. Wtedy
1
0
2
1
2
1
A
,
2
1
0
,
0
1
Im
R
f
Jądro
Kerf
przekształcenia liniowego
f
tworzą wektory, będące rozwiązaniami równania
jednorodnego
0
Ax
:
0
0
1
0
2
1
2
1
3
2
1
x
x
x
Dokonując redukcji wierszowej macierzy
A
( Zad.3 ) otrzymujemy jej prostą postać, określającą
równoważne równanie:
1
0
0
1
0
1
1
0
2
1
2
)
1
(
;
0
0
1
0
0
1
0
1
3
2
1
x
x
x
,
stąd
0
3
2
2
2
1
x
x
x
x
x
, czyli
0
1
1
2
3
2
1
x
x
x
x
0
1
1
Kerf
jest więc podprzestrzenią liniową, rozpiętą przez wektor
0
1
1
1
u
,
o wymiarze
1
)
dim(
Kerf
.
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
7
ZADANIA - Seria 4 – Uwagi, szkice rozwiązań – c.d.
6. SPOSÓB 1>
Równanie liniowe
b
Ax
posiada co najwyżej jedno rozwiązanie wtedy, gdy przekształcenie f
jest injekcją:
- jedno rozwiązanie, gdy
f
b
Im
,
- brak rozwiązań, gdy
f
b
Im
.
Wektory kolumnowe
]
[
. j
A
macierzy
A
rozpinają podprzestrzeń, będącą obrazem przekształcenia
liniowego
3
2
:
R
R
f
2
1
2
,
1
2
1
Im f
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
0
1
0
1
0
1
0
)
1
(
0
1
2
1
0
3
0
1
2
1
2
1
2
1
2
)
1
(
W tym przypadku
0
1
0
,
1
0
1
Im f
jest podprzestrzenią liniową o wymiarze 2 ( dwa
liniowo niezależne wektory kolumnowe macierzy
A
) . Oznacza to, że przekształcenie f jest
injekcją, bowiem
2
dim
Im
dim
R
f
. Ponieważ
2
dim
dim
Im
dim
R
Kerf
f
więc
0
Kerf
. Równanie
b
Ax
posiada więc jedno rozwiązanie, jeśli
0
1
0
1
0
1
b
,
R
,
Dla pozostałych wektorów z
3
R
równanie powyższe nie posiada rozwiązań..
SPOSÓB 2
Równanie niejednorodne
b
Ax
można rozwiązać dokonując redukcji wierszowej macierzy
rozszerzonej ( otrzymuje się równoważne równanie ):
1
3
1
2
1
2
1
3
1
2
1
3
2
1
0
0
2
1
0
3
2
0
1
0
0
2
)
1
(
0
2
1
2
1
1
2
2
)
1
(
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
,
Równoważne równanie
1
3
2
1
2
2
1
2
3
2
0
1
0
0
0
1
b
b
b
b
b
b
x
x
posiada jedno rozwiązanie
2
1
1
2
2
1
2
3
2
b
b
b
b
x
x
gdy
1
3
b
b
,
gdy
1
3
b
b
rozwiązań nie ma.
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
8
ZADANIA - Seria 4 – Uwagi, szkice rozwiązań – c.d.
7. Wektory kolumnowe
]
[
. j
A
macierzy
A
rozpinają podprzestrzeń, będącą obrazem przekształcenia
liniowego
3
3
:
R
R
f
1
0
1
,
2
1
2
,
1
2
1
Im f
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy
A
( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
3
0
0
0
1
1
0
0
1
)
3
(
1
0
0
1
1
0
0
1
4
1
0
1
)
1
(
1
0
0
1
4
2
0
1
2
1
0
0
1
2
1
0
1
2
)
1
(
2
1
W tym przypadku
0
0
1
,
1
0
0
,
0
1
0
Im f
jest równe
3
R
( trzy liniowo niezależne wektory
kolumnowe zredukowanej macierzy
A
) . Oznacza to, że przekształcenie f jest bijekcją, bowiem
3
dim
Im
dim
R
f
. Ponieważ
3
dim
dim
Im
dim
R
Kerf
f
więc
0
Kerf
.
Gdy przekształcenie liniowe f jest bijekcją to równanie
b
Ax
posiada dla każdego b jedno
rozwiązanie.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
al lin zad3 rozw
al lin zad5 rozw
al lin zad2 rozw
al lin zad1 rozw
al lin zad7 rozw
al lin zad6 rozw
al lin zad3 rozw
al lin zad5 rozw
al lin zad dom1
al lin zad dom4
al lin zad dom3
al lin zad dom2
regresja lin 2 wzor rozw(2)
regresja lin 2 wzor rozw
regresja lin 2 wzor rozw
regresja lin 2 wzor rozw(1)
30 Struktury zaleznosci miedzy wskaznikami zrow rozw K Chmura
więcej podobnych podstron