∑ Ad b). Niech Ad a). Zadanie

Zadanie

Dane jest odwzorowanie

f : R

³

→ R

³ przestrzeni liniowej (

R

³

, R,+,⋅)

_{w siebie:}

f (( x₁, x₂, x₃))=(x₁+x₂, x₂+x₃,−x₁+x₃) w bazie kanonicznej

{

^δ1=(1,0,0 ) ; δ₂=(0,1,0 ) ; δ₃=(0,0,1)

}

a). Czy to odwzorowanie jest homomorfizmem liniowym.

b). Wyznaczyć macierz przekształcenia liniowego

f

w bazie kanonicznej.

c). Wyznaczyć:

ker f

- jądro homomorfizmu

f

Im f

- obraz homomorfizmu

f

rzf

- rząd homomorfizmu

f

_.

d). Wyznaczyć macierz przejścia z bazy kanonicznej

{

^δ1=(1,0,0 ) ; δ₂=(0,1,0 ) ; δ₃=(0,0,1)

}

do

nowej bazy

{

^X1=(1,1,0) ; X₂=(0,1,1) ; X₃=(1,0,1 )

}

_.

e). Wyznaczyć macierz przekształcenia liniowego

f

w bazie

{

^X1=(1,1,0) ; X₂=(0,1,1) ; X₃=(1,0,1 )

}

Ad a).

Niech

^{a=( x1, x2,x3)} , b=( y₁, y₂, y₃)∈R³ i α∈ R .

f (a+b )=f ( x₁+y₁, x₂+y₂, x₃+y₃)=(x₁+y₁+x₂+y₂, x₂+y₂+x₃+y₃,−( x₁+y₁)+x₃+y₃)=

(x₁+x₂+y₁+y₂, x₂+x₃+y₂+y₃,−x₁+x₃+(−y₁+y₃))=

(x₁+x₂, x₂+x₃,−x₁+x₃)+(y₁+y₂, y₂+y₃,− y₁+y₃)=f (a )+f (b )

f (αa)=f (αx₁, αx₂, αx₃)=(αx₁+αx₂, αx₂+αx₃,−αx₁+αx₃)=α( x₁+x₂, x₂+x₃,−x₁+x₃)=αf ( a) Zatem dwie własności homomorfizmu są spełnione a więc

f

jest homomorfizmem

Ad b).

Jeżeli

f :V

_n→

V

_m jest homomorfizmem liniowym w bazach odpowiednio:

{

^X1 , X₂ , ..., X_n

}

_i

{

^Y1 , Y₂ ,...,Y_m

}

to macierz homomorfizmu w tych bazach jest

macierzą postaci A=

[

^{aaa⋮m 11121 aaa⋮m 22212 ⋯ a⋯⋯⋮ aa⋮1 n2 nmn}

]

wynikająca z wzorów:

f

(

^Xi

)

⁼

∑

j=1 m

a_jiY_ji=1,2,.. , n

W naszym przypadku n=m=3 i V₃=R³ _i

{

^X1=δ₁ , X₂=δ₂ , X₃=δ₃

} {

^Y1=δ₁ , Y₂=δ₂ , Y₃=δ₃

}

Zatem.

0,0,1

f

(

δ₁

)

⁼f((1,0,0))=(1,0 ,−1)=a₁₁(1,0,0)+a₂₁(0,1,0)+a₃₁¿ )=

(

^a11,a₂₁, a₃₁

)

. Stąd a₁₁=1 , a₂₁=0 , a₃₁=−1. Jest to pierwszy wiersz macierzy przekształcenia.

0,0,1

f

(

^δ2

)

^=f((0,1,0))=(1,1,0)=a₁₂(1,0,0)+a₂₂(0,1,0)+a₃₂¿ )=

(

^a12, a₂₂, a₃₂

)

. Stąd a₁₂=1 , a₂=1 , a₃₁=0. Jest to drugi wiersz macierzy przekształcenia.

0,0,1

f

(

δ₃

)

⁼f((0,0,1))=(0,1,1)=a₁₃(1,0,0)+a₂₃(0,1,0)+a₃₃¿ )=

(

^a13, a₂₃, a₃₃

)

. Stąd a₁₃=0 , a₂₃=1 , a₃₃=1. Jest to trzeci wiersz macierzy przekształcenia.

W takim postępowaniu należy rozwiązać układ równań liniowych /zawsze będzie występowało jedno rozwiązanie/ który w tym przypadku daje nam natychmiast rozwiązanie. Ogólnie rozwiązania tak szybko nie otrzymamy i możemy stosować wzory Cramera z wspólną macierzą główną i zmieniającymi się tylko wyrazami wolnymi. Zatem

A=

[

^{−11 10 10 011}

]

. Można przedstawić nasze przekształcenie f (( x₁, x₂, x₃))=(y₁, y₂, y₃)=(x₁+x₂, x₂+x₃,−x₁+x₃) w postaci:

[

^yyy213

]

⁼

^[

^{−101 110 011}

^] [

^xxx321

]

lub Y = AX gdzie X =(x₁, x₂, x₃)^T Y =( y₁, y₂, y₃)^T

Ad c).

ker f =

{

^(x1, x₂, x₃)∈R³:f (( x₁, x₂, x₃))=(0,0,0)

}

⁼

{

^(x1, x₂, x₃)∈R³:( x₁+x₂, x₂+x₃,−x₁+x₃))=(0,0,0 )

}

⇔

x₁+x₂=0 x₂+x₃=0

−x₁+x₃=0

¿

{¿^{¿ ¿ ¿

¿

A=

[

^{−11 10 10 011}

]

^w'3=w¿3+w1

[

^{1 1 000 11 11}

]

^{. w3'=w¿3−w2}

[

^{01 1 00 10 10}

]

⁼

^[

^{1 1 00 1 1}

^]

⇔

x₁+x₂=0 x₂+x₃=0

¿

{¿ ¿ ¿

¿ ⇔

x₁+x₂=0 x₂+x₃=0

¿

{¿ ¿ ¿

¿ ⇔

x₁=−x₂

x₃=−x₂

¿

{¿ ¿ ¿

¿ ⇔

x₁=−t

x₂=t

x₃=−t

t ∈ R

¿ {¿ ^{¿ ¿ ¿

¿

Zatem

ker f =

{

(−t ,t ,−t )∈R³:t ∈R

}

=

{

t (−1 ,1,−1)∈R³:t ∈R

}

czyli jest podprzestrzenią liniową generowaną przez jeden wektor (−1 ,1 ,−1) . Zatem

dimker f =1

_.

Z ogólnego wzoru dla przekształcenia homomorficznego

f :V

_n→

V

_m :

dim V_n=dimker f +dimIm f mamy

3=1+dimIm f

_to

dimIm f =2

_.

Zatem podprzestrzeń liniowa jest generowana przez dwa wektory należące do obrazu.

f ((0,1,0))=(1,1,0)∈Im f

_,

f ((0,0,1))=(0,1,1 )∈Im f

i te wektory są liniowo niezależne zatem Im f =

{

t (1,1,0)+v (0,1,1):t ,v ∈R

}

=

{

(t , t+v ,v ):t , v∈R

}

rzf =dimIm f =2=rzA

Ad d).

Ogólna postać macierzy przejścia z bazy

{

^X1 , X₂ ,... , X_n

}

do nowej bazy

{

^X1

', X₂^', … .., X_n^'

}

powstaje z rozwiązań n układów równań liniowych X^'_j=

∑

i=1 n

a_jiX_ij=1,2 ,… , n

gdzie rozwiązanie układu będzie wyznaczać wiersze macierzy przejścia

P=

[

^{aaa⋮n 11121 aaa⋮1222n 2 ⋯ a⋯⋯⋮ aa⋮1 n2 nnn}

]

W naszym przypadku n=3 :

(1,1,0)=a₁₁(1,0,0)+a₁₂(0,1,0)+a₁₃(0,0,1)=( a₁₁, a₁₂, a₁₃) ⇔

{

^{aaa111213=1=1=0}

(0,1,1)=a₂₁(1,0,0)+a₂₂(0,1,0)+a₂₃(0,0,1)=(a₂₁, a₂₂,a₃₃) _⇔

{

^{aaa212223=0=1=1}

(1,0,1)=a₃₁(1,0,0)+a₃₂(0,1,0)+a₃₃(0,0,1)=(a₃₁, a₃₂, a₃₃) ⇔

{

^{aaa313233=1=0=1}

P=

[

^{1 1 001 10 11}

]

^.

Z przedstawionych rachunków wynika, że macierz przejścia z bazy kanonicznej do innej bazy jest macierzą której wiersze są współrzędnymi wektorów bazy. Ogólnie tak nie jest i trzeba powyższe układy równań bardziej złożone metodami poznanymi przy rozwiązywaniu układów równań liniowych - rozwiązać. Wspólną cechą tych układów liniowych są te same macierze główne a zmieniają się tylko wyrazy wolne.

Ad e).

Macierz przekształcenia liniowego w nowej bazie można wyznaczyć z wzoru A^'=P⁻¹AP

gdzie: A^' jest macierzą przekształcenia liniowego w nowej bazie, A jest macierzą przekształcenia liniowego w poprzedniej bazie, P jest macierzą przejścia z poprzedniej bazy do nowej bazy.

W naszym przypadku z poprzednich obliczeń mamy: A=

[

^{−11 10 10 011}

]

P=

[

^{1 1 001 10 11}

]

^.

detP=2

P⁻¹=1

2

[

⁻

^{| |}

^{1 0}

^|

^{1 10 11 11 00 1}

^{| | |}

⁻⁻

^{| |}

^{0 1}

^|

^{1 11 01 10 11 0}

^{| | | |}

⁻

^|

^{0 10 11 01 1}

^|

^{1 11 0}

^{| | |} ]

T

=1

2

[

^{−111 −111 −111}

]

^T=12

[

^{−111 −111 −111}

]

A^'=1

2

[

^{−111 −111 −111}

][

^{−101 110 011}

][

^{11 1 00 10 11}

]

⁼²¹

[

^{−111 −111 −111}

][

^{110 −1 112 12}

]

⁼¹²

[

^{020 −2 240 02}

]

A^'=

[

^{010 −1 102 01}

]

Jeżeli f

( (

^x1

', x₂^' , x₃^'

) )

⁼

(

^y1

', y₂^' , y₃^'

)

jest przedstawione przez współrzędne w nowych bazach to

[

^yyy1'2'3'

]

⁼

^[

^{010 −1 102 01}

^] [

^xxx1'2'3'

]

czyli Y^'=A^'Y^' i

f

( ⁽

^{x1', x2' , x3'}

⁾ )

⁼

⁽

^{0, x1'+2 x2'+x3' ,−x2'+x'3}

⁾

. Ponadto

[

^xxx123

]

^=¿

^[

^{1 1 001 01 11}

^]

[

^xxx'3''21

]

ⁱ

[

^xxx3''2'1

]

^{=¿ 12}

^[

^{−111 −111 −111}

^]

^[

^xxx123

^]

^oraz

^[

^yyy123

^]

^=¿

^[

^{1 1 001 10 11}

^]

[

^yyy1'2'3'

]

ⁱ

[

^yyy1'2'3'

]

^{=¿ 12}

^[

^{−111 −111 −111}

^]

^[

^yyy123

^]

czyli ogólnie

X =P X^' i _X^'_=P⁻¹_X oraz _{Y =P Y}^' i _Y^'_=P⁻¹_Y .

Możemy sprawdzić czy wzory dobrze działają. Biorąc dowolny wektor w bazie wyjściowej a więc kanonicznej np. ^a=

(

^x1, x₂, x₃

)

^=(1,3,2) to

f (a)=f ((1,3,2))=(1+3,3+2,−1+2)=(4,5,1) .

Wektor a=

(

^x1, x₂, x₃

)

⁼⁽1,3,2) w nowej bazie ma współrzędne zgodnie z wzorem

[

^xxx'2'13'

]

^{=¿ 12}

^[

^{−111 −111 −111}

^]

^[

^xxx123

^]

czyli

[

²⁰¹

]

^{=¿ 12}

[

^{−111 −111 −111}

]

[

³¹²

]

a=

(

^x1

' , x₂^' , x₃^'

)

^=(0,1,2)=X'T

Wektor

(

^y1, y₂, x₃

)

^=(4,5,1) w nowej bazie ma współrzędne zgodnie z wzorem

[

^yyy'2'13'

]

^{=¿ 12}

^[

^{−111 −111 −111}

^]

^[

^yyy321

^]

czyli

[

⁰⁴¹

]

^{=¿ 12}

[

^{−111 −111 −111}

]

[

⁴⁵¹

]

f (a )=

(

^y1

' , y₂^', y₃^'

)

^=(0,4,1)=Y'T

Wtedy

[

⁰⁴¹

]

⁼

[

^{0 −1 101 02 01}

][

⁰¹²

]

czyli z wzorem przekształcenia liniowego w nowej bazie

f

( ⁽

^{x1', x2' , x3'}

⁾ )

⁼

⁽

^{0, x1'+2 x2'+x3' ,−x2'+x3'}

⁾

, f (a )=f(^(0,1,2))^=(0,4,1) . Taka własność występuje gdy weźmiemy dowolne współrzędne w wektora a .

Uwaga Gdy badamy przekształcenie liniowe nie tylko w siebie to jeżeli

f :V

_n→

V

_m jest homomorfizmem liniowym w bazach odpowiednio:

{

^X1 , X₂ , .. ...., X_n

}

_i

{

^Y1 , Y₂ ,...,Y_m

}

to macierz homomorfizmu w tych bazach jest

macierzą postaci A=

[

^{aaa⋮m 11121 aaa⋮m 22212 ⋯ a⋯⋯⋮ aa⋮1 n2 nmn}

]

wynikająca z wzorów:

f

(

^Xi

)

⁼

∑

j=1 m

a_jiY_ji=1,2,.. , n

Jeżeli macierz P jest macierzą przejścia do nowej bazy w przestrzeni Vn i macierz Q jest macierzą przejścia do nowej bazy w przestrzeni ^Vm to macierz przekształcenia w nowych bazach będzie postaci A^'=Q⁻¹AP oraz

Y = AX i Y^'=A^'X^'

X =P X^' i X^'=P⁻¹X oraz Y =Q Y^' i Y^'=Q⁻¹Y