gdzie y i u są dowolne. Jest to inna, ale oczywiście równoważna parametryzacja tego samego zbioru rozwiązań.
7.5 Zadania
1. Znaleźć rząd macierzy
A =
Rozwiązanie: Skorzystamy z Tw.7.6, które mówi o tym, że rząd macierzy można ustalić poprzez sprowadzenie jej do postaci diagonalnej przy wykorzystaniu ope-racji elementarnych.
Sprowadzenie do postaci diagonalnej nie jest jednoznaczne. Wybór rodzaju i kolejności tych operacji jest dowolny jednak wygodnie jest kierować się prostotą rachunków.
W rozważanym przypadku wygodnie jest wykorzystać czwartą kolumnę do wy-zerowania pierwszego wiersza:
Teraz łatwo wyzerować czwartą kolumnę pierwszym wierszem. Dla przejrzystości rachunków możemy ją umieścić jako pierwszą:
A(2) =
Teraz najłatwiej wyzerować drugi wiersz ostatnią kolumną
A(3) =
Zerujemy drugim wierszem ostatnią kolumnę i ustawiamy ją jako drugą
A(4) =
Dalsze stosowanie operacji elementarnych jest oczywiście możliwe, ale dużo pro-ściej jest zauważyć, że rząd macierzy 2 × 3
B =
32 −23 −55
−6 15 19
.
jest równy 2. Istotnie nawet bez przeprowadzania obliczeń można stwierdzić że minor
jest różny od zera, a zatem na mocy Tw.7.4. rząd macierzy B wynosi 2. Osta-tecznie wnioskujemy, że rząd macierzy A wynosi 4 (jest to największy możliwy rząd macierzy 4 × 5).
2. W jaki sposób rząd macierzy
A = zależy od wartości parametru t?
Rozwiązanie:
Podobnie jak w poprzednim zadaniu do analizy rzędu macierzy A wygodnie jest zastosować metodę operacji elementarnych. Wybieramy korzystne rachunkowo operacje, np. zerujemy ostatnią kolumnę przy pomocy pierwszego wiersza
A(1) =
Ostatnią kolumnę przestawiamy na lewo i zerujemy przy jej pomocy pierwszy wiersz a następnie drugim wierszem zerujemy drugą kolumnę
A(3) =
Zerując teraz drugą kolumną drugi wiersz otrzymujemy macierz
A(4) =
Której rząd jest równy (na mocy Tw.7.5) rzędowi wyjściowej macierzy A. Ko-rzystając teraz z Tw.7.4 wnioskujemy, że rząd macierzy A jest równy rzędowi macierzy
B =
−1 t − 4 t + 1 0
powiększonemu o 2. Ponieważ minor główny macierzy B stopnia 1 jest różny od zera więc rank B ≥ 1. Mamy więc tylko dwa przypadki:
• wtedy rząd macierzy B wynosi 1,
• wtedy rząd macierzy B wynosi 2.
Ostatecznie otrzymujemy
rankA = 3 gdy t = 4 ∨ t = −1 4 gdy t 6= 4 ∧ t 6= −1
3. Za pomocą elementarnych operacji na macierzach zbadać liniową zależność układu wektorów:
v1 = (1, 1, 1, 1, 1), v2 = (0, 1, 1, 1, 1), v3 = (0, 0, 1, 1, 1), v4 = (1, 0, 0, 1, 1), v5 = (1, 1, 0, 0, 1), v6 = (1, 1, 1, 0, 0), v7 = (1, 1, 1, 1, 0),
wybrać z tego układu bazę w przestrzeni
span{v1, . . . , v7} i wyrazić w niej pozostałe wektory układu.
Rozwiązanie:
Pierwsza część zadania polega na znalezieniu maksymalnego układu wektorów liniowo niezależnych w układzie V = {v1, . . . , v7}. Rozwiążemy ten problem w dwóch krokach.
Ustalimy najpierw ile jest wektorów liniowo niezależnych w układzie V. Ponieważ zgodnie z definicją, rząd macierzy jest równy maksymalnej liczbie jej liniowo niezależnych kolumn, wystarczy obliczyć rząd macierzy, której kolumnami są wektory układu V:
Skorzystamy z metody operacji elementarnych. Od pierwszej kolumny odejmu-jemy drugą i tak otrzymaną pierwszą kolumną zeruodejmu-jemy pierwszy wiersz
Od drugiej kolumny odejmujemy trzecią i tak otrzymaną drugą kolumną zerujemy
Postępując w ten sam sposób z kolumną trzecią i czwartą, a następnie z czwartą i piątą otrzymamy macierz
której rząd wynosi 5 i jest na mocy Tw.7.6 równy rzędowi macierzy wyjściowej A.
Pokazaliśmy, że układ V zawiera maksymalnie 5 liniowo niezależnych wektorów.
Ze sposobu w jaki przekształcaliśmy macierz A wynika, że pierwsze pięć kolumn tej macierzy tworzy układ liniowo niezależny. Oczywiście jest to układ maksy-malny bowiem wszystkie wektory układu należą do przestrzeni 5-wymiarowej.
To kończy pierwszą część zadania.
W drugiej części zadania mamy znaleźć współczynniki rozkładu wektorów v6, v7 w bazie {v1, . . . , v5}, tzn. takie liczby a1, . . . , a5 i b1, . . . , b5 dla których
Pierwsze z tych równań, zapisane we współrzędnych ma postać
a1
lub w postaci macierzowej
Jest to układ cramerowski. Istotnie, pokazaliśmy w pierwszej części zadania, że rząd macierzy współczynników tego układu jest równy 5, a więc na mocy Tw.7.4 wyznacznik macierzy współczynników jest różny od zera. Wzory Cramera dają nam więc jednoznaczne rozwiązanie. Ponieważ są żmudne rachunkowo skorzy-stamy z metody Gaussa, tzn. stosując przekształcenia elementarne doprowa-dzimy układ do postaci górnotrójkątnej.
• Rozszerzona macierz układu ma postać
• pierwszym wierszem zerujemy pierwszą kolumnę
• od trzeciego i czwartego wiersza odejmujemy wiersz piąty
• Z czwartego równania wynika, że a5 = 0. Po podstawieniu do pozostałych równań otrzymujemy układ
a1+ a4 = 1 a2− a4 = 0
−a4 = 1 a2+ a3 = −1
skąd 4. Rozwiązać metodą Cramera układ równań
−x − y − 2z − 2u = 3
Rozszerzona macierz tego układu ma postać:
B =
Zanim rozpoczniemy rachunki wygodnie jest przejść do układu równoważnego, którego współczynniki są całkowite. Mnożąc drugie i czwarte równanie przez 2 otrzymujemy układ o macierzy rozszerzonej:
B =
Zbadamy najpierw rząd tej macierzy. Skorzystamy w tym celu z operacji ele-mentarnych i pierwszym wierszem zerujemy pierwszą kolumnę
Już na tym etapie możemy zauważyć, że pierwszy i drugi wiersz są liniowo nie-zależne, a wiersze trzeci i czwarty są proporcjonalne do wiersza drugiego. To
samo dotyczy macierzy współczynników. Zatem rząd obu macierzy jest ten sam i wynosi 2.
Szukamy w macierzy B niezerowego minora stopnia 2. Możliwości jest bardzo dużo wybieramy taką, która jest najbardziej korzystna rachunkowo. Ponieważ będziemy stosować wzory Cramera, tzn. liczyć wyznaczniki, wygodnie jest wy-brać taki minor, który zawiera choć jedno zero. Możliwym wyborem jest więc minor z dwóch pierwszych kolumn i z drugiego i trzeciego wiersza
A2,3
Ponieważ wiemy już, że rząd macierzy rozszerzonej wynosi 2 możemy pominąć równania, które nie dają wkładu do minora A2,3
1,2. Otrzymujemy układ
2x − y + 3z + 4u = −2
− 3y − z = 4
który przekształcamy do postaci cramerowskiej, w której macierz współczynni-ków odpowiada minorowi A2,3
1,2, a niewiadome u i z traktujemy jako parametry:
2x − y = − 3z − 4u − 2
− 3y = z + 4
Korzystając z wzorów Cramera otrzymujemy
x =
Ogólne rozwiązanie układu ma więc postać:
gdzie z i u są dowolnymi elementami ciała.
5. Metodą Gaussa rozwiązać układ równań:
x + 2y − z − 3u + 4v = 1 2x − y + 3z + 2u − v = 2 x + 4y + 2z − 5u + 3v = 3 4x + 15y + 6z − 19u + 9v = 1 Rozwiązanie
Macierz rozszerzona układu ma postać:
Poszukujemy optymalnych rachunkowo przekształceń elementarnych. Pierwszą kolumnę możemy wyzerować pierwszym lub trzecim wierszem. Trzeci wiersz jest korzystniejszy bo otrzymamy mniejsze wspólczynniki liczbowe. Wstawiamy więc trzeci jako pierwszy i zerujemy pierwszą kolumnę:
Teraz drugą kolumnę najkorzystniej wyzerować ostatnim wierszem. Wstawiamy go jako drugi i wykonujemy odpowiednie przekształcenia elementarne
Uzyskaliśmy postać górnotrójkątną (wystarczy zamienić miejscami ostatnie wier-sze i odpowiednio przenumerować kolumny), którą możemy jeszcze uprościć do-dając do pierwszego wiersza drugi wiersz:
Mamy swobodę wyboru parametru w ostatnim równaniu:
z + 7t = 20
Wygodniej przyjąć, że t jest dowolnym parametrem wtedy z = 20 − 7t .
Wstawiamy tak obliczone z do trzeciego równania i obliczamy u:
17z + 3u + 20t = 95
3u = 95 − 17z − 20t
= 95 − 17(20 − 7t) − 20t + 95
= −340 + 95 + (119 − 20)t
= −245 + 99t u = 33t − 245
3
Wstawiamy u i z do drugiego równania i obliczamy y
−y − 2z + u − 3t = −11
y = −2z + u − 3t + 11
= −2(20 − 7t) + (33t − 245
3 ) − 3t + 11
= −40 + 14t + 33t − 245
3 − 3t + 11
= 44t − 3 · 29 + 245 3 y = 44t − 332
3 Ostatecznie z pierwszego równania wyliczamy x
x + 3y − 4z = −8
x = −3y + 4z − 8
= −3(44t −332
3 ) + 4(33t −245 3 ) − 8
= 332 −4 · 245
3 − 8 = 332 − 4 · 80 − 45 3− 8
= 4 − 20 3 = −8
3
8 Przekształcenia liniowe.
8.1 Przekształcenia liniowe
Definicja 8.1 Niech v i W będą przestrzeniami liniowymi nad (tym samym) ciałem K. Odwzorowanie A : V → W nazywamy przekształceniem linio-wym (homomorfizmem przestrzeni linowych lub odwzorowaniem li-niowym) jeżeli dla dowolnych wektorów u, v ∈ V i dla dowolnego skalara α ∈ K spełnione są następujące relacje:
i. A(u + v) = A(u) + A(v) ii. A(αu) = αA(u)
Obraz zbioru V przez przekształcenie A
im A = {w ∈ W : w = T (v) dla pewnego v ∈ V }
nazywamy obrazem przekształcenia A. Zbiór wektorów przestrzeni V prze-kształcanych w wektor zerowy przestrzeni W :
ker A = {v ∈ V : T (v) = Θ}
nazywamy jądrem przekształcenia A. Liczbę rank A = dim im A nazywamy rzędem przekształcenia A.
Uwagi:
1. Warunki i. i ii. są równoważne warunkowi
A(αu + βv) = αA(u) + βA(v) dla dowolnych α, β ∈ K, u, v ∈ V .
2. Wprost z definicji wynika, że dla każdego przekształcenia liniowego zachodzi A(Θ) = Θ , A(−v) = −A(v) .
3. Jeżeli A : V → W jest przekształceniem liniowym to ker A jest podprzestrzenią liniową V , a im A jest podprzestrzenią liniową W .
konwencja notacyjna
Jeżeli A : V → W jest przekształceniem liniowym to stosujemy tradycyjne oznaczenie Av na wartość A(v) ∈ W przekształcenia A na wektorze v ∈ V , w którym pomija się nawiasy wokół argumentu:
Av ≡ A(v) .
Przykłady:
1. W przestrzeni R2 obrót O wokół początku układu współrzędnych jest odwzoro-waniem liniowym.
ker O = {(0, 0)} , im O = R2 , rank O = 2 .
2. W przestrzeni wektorów zaczepionych w początku układu współrzędnych rzuto-wanie ΠXY na płaszczyznę XY w kierynku Z jest odwzorowaniem liniowym.
ker ΠXY = oś Z , im ΠXY = płaszczyzna XY , rank ΠXY = 2 . 3. Odwzorowanie:
Iλ : Cn3 (v1, . . . , vn) → λ(v1, . . . , vn) ∈ Cn (λ 6= 0) jest liniowe w Cn.
ker Iλ = {(0, . . . , 0)} , im Iλ = Cn , rank Iλ = n .
4. Niech C∞(R) oznacza przestrzeń funkcji gładkich (tzn. takich dla których istnieje pochodna dowolnego rzędu) na R o wartościach zespolonych. Przestrzeń ta ma strukturę przestrzeni liniowej nad ciałem C ze względu na dodawanie funkcji i mnożenie funkcji przez stałą zespoloną. Odwzorowanie
D : C∞(R) 3 f → df
dx ∈ C∞(R) jest liniowe.
Twierdzenie 8.1 Niech V i W będą przestrzeniami liniowymi o skończonych wymiarach nad ciałem K. Jeśli A : V → W jest przekształceniem liniowym to
dim V = dim im A + dim ker A
Dowód:
Niech układ wektorów {e1, . . . , ek} będzie bazą podprzestrzeni ker A. Na podstawie Tw.5.8.iii. układ ten możemy rozszerzyć do bazy:
{e1, . . . , ek, ek+1, . . . , en}
w przestrzeni V . Oczywiście dim ker A = k i dim V = n. Jeżeli pokażemy, że n − k wektorów {Aek+1, . . . , Aen} tworzy bazę w podprzestrzeni im A to twierdzenie będzie udowodnione.
Wykażemy najpierw, że dowolny wektor z im A jest liniową kombinacją wektorów {Aek+1, . . . , Aen}. Niech w ∈ im A wtedy istnieje taki wektor v ∈ V , że Av = w.
Wektor v możemy rozłożyć względem bazy {ei}ni=1:
v = v1e1+ . . . + vkek+ vk+1ek+1+ . . . + vnen . Ponieważ pierwsze k elementów tej bazy należy do ker A to
Av = v1Ae1 + . . . + vkAek+ vk+1Aek+1+ . . . + vnAen
= vk+1Aek+1+ . . . + vnAen .
Pokazaliśmy więc, że wektory {Aek+1, . . . , Aen} rozpinają podprzestrzeń im A.
Pozostaje do wykazania, że wektory {Aek+1, . . . , Aen} są liniowo niezależne. Za-łóżmy, że kombinacja liniowa tych wektorów jest wektorem zerowym:
αk+1Aek+1+ . . . + αnAen = Θ . Ale A jest liniowe, zatem
A(αk+1ek+1+ . . . + αnen) = Θ ,
co oznacza, że wektor αk+1ek+1+ . . . + αnennależy do ker A i może być przedstawiony jako kombinacja liniowa elementów bazy w ker A:
αk+1ek+1+ . . . + αnen = β1e1+ . . . + βkek . Z liniowej niezależności wektorów {ei}ni=1 wynika
αk+1 = . . . = αn = β1 = . . . = βk = 0 .
Oznacza to, że wektory {Aek+1, . . . , Aen} są liniowo niezależne. •
Definicja 8.2 Niech V, W będą przestrzeniami liniowymi nad ciałem K i niech L(V, W ) będzie zbiorem wszystkich przekształceń liniowych przestrzeni V w przestrzeń W .
Sumą przekształceń liniowych A, B ∈ L(V, W ) nazywamy przekształcenie A + B : V → W zdefiniowane dla każdego v ∈ V wzorem
(A + B)v = Av + Bv .
Iloczynem przekształcenia liniowego A ∈ L(V, W ) przez α ∈ K nazy-wamy przekształcenie αA : V → W zdefiniowane dla każdego v ∈ V wzorem
(αA)v = α(Av) .
Twierdzenie 8.2 Niech U, V, W będą przestrzeniami liniowymi nad ciałem K.
Wtedy
i. jeżeli A ∈ L(U, V ) i B ∈ L(U, V ) to A + B ∈ L(U, V );
ii. jeżeli α ∈ K i A ∈ L(U, V ) to αA ∈ L(U, V );
iii. jeżeli A ∈ L(U, V ) i B ∈ L(V, W ) to B ◦ A ∈ L(U, W ).
Dowód: Dla dowolnej kombinacji liniowej αv + βw ∈ V mamy (A + B)(αv + βw) = A(αv + βw) + B(αv + βw)
= αAv + βAw + αBv + βBw
= α(A + B)v + β(A + B)w co dowodzi punktu i.. Dowód punktu ii. wygląda podobnie:
(γA)(αv + βw) = γ(A(αv + βw))
= γ(αAv + βAw)
= α(γ(Av)) + β(γ(Aw))
= α(γA(v)) + β(γA(w)) . W przypadku złożenia przekształceń liniowych mamy:
(B ◦ A)(αv + βw) = B(A(αv + βw))
= B(αAv + βAw)
= αB(Av) + βB(Aw)
= α(B ◦ A)v + β(B ◦ A)w
• Twierdzenie 8.3 Niech V, W będą przestrzeniami liniowymi nad ciałem K.
Zbiór L(V, W ) wszystkich przekształceń liniowych z V do W wraz z działaniami dodawania przekształceń i mnożenia przekształcenia przez skalar jest przestrze-nią liniową nad ciałem K.
Dowód: Zauważmy najpierw, że z punktów i., ii. Tw.8.2 wynika, że dodawanie przekształceń liniowych i mnożenie ich przez skalar są dobrze określonymi działaniami w zbiorze L(V, W ).
Łatwo sprawdzić, że wszystkie aksjomaty przestrzeni liniowej są spełnione. Wynika to natychmiast z definicji działań i z tego, że W jest przestrzenią liniową nad ciałem K.