• Nie Znaleziono Wyników

F ω (0) (t) = (1 + t)0 = 0, i dla n ≤ k > 0, to

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "F ω (0) (t) = (1 + t)0 = 0, i dla n ≤ k > 0, to"

Copied!
9
0
0

Pełen tekst

(1)

Odwzorowania liniowe i ich macierze Javier de Lucas

Cwiczenie 1. Odwzorowanie liniowe F ∈ End R ´ n [t] dane jest wzorem (F w)(t) = (t + 1)w 0 (t), gdzie w ∈ R n [t] i w 0 to jego pochodna po t. Znale´ z´ c macierz [F ] E E op- eratora F w bazie E = {1, t, t 2 , . . . , t n }; znale´z´c ker F, im F i rkF oraz zbada´c, czy F jest izomorfizmem.

Rozwi¸ azanie: Macierz operatora F w bazie pocz¸ atkowej i ko´ ncowej E , czyli [F ] E E , to macierz, kt´ orej kolumny s¸ a obrazami element´ ow bazy E zapisanymi we wsp´ o lrz¸ednych bazy E . Na przyk lad, kolumna j, gdzie j = 1, . . . , n + 1, macierzy [F ] E E to obraz wielo- mianu ω (j−1) = t j−1 zapisanego we wsp´ o lrz¸ednych bazy E . Mamy, ˙ze

F ω (0) (t) = (1 + t)0 = 0, i dla n ≤ k > 0, to

F ω (k) (t) = (t + 1)kt k−1 = kt k + kt k−1 = kω (k) (t) + kω (k−1) (t) ⇒ F ω (k) = kω (k) + kω (k−1) . Zatem, kolumny macierzy [F ] E E s¸ a:

[F ω (0) ] E =

 0 0 0 0 0 0 0

, [F ω (1) ] E =

 1 1 0 0 0 .. . 0

, [F ω (2) ] E =

 0 2 2 0 0 .. . 0

, . . . , [F ω (n) ] E =

 0

.. . 0 0 0 n n

 ,

gdzie [F ω (k) ] E to wektor wsp´ o lrz¸ednych wektora F ω (k) w bazie E . W´ owczas,

[F ] E E =

0 1 0 0 .. . 0 0

0 1 2 0 .. . 0 0

0 0 2 3 .. . 0 0

0 0 0 3 .. . 0 0

. . . . . . . . . . 0 0 0 0 .. . n − 1 n

0 0 0 0 .. . 0 n

.

(2)

J¸ adro odwzorowania liniowego F , czyli ker F , to podprzestrze´ n liniowa wektor´ ow w ∈ R n [t] takich, ˙ze F w = 0. W´ owczas, w ∈ ker F wtedy i tylko wtedy F w(t) = (t + 1)w 0 (t) = 0. Wi¸ec, w 0 (t) = 0 i ω = λ ∈ R. Zatem

ker F = R 0 [t] ' R.

Obraz odwzorowania liniowego F to podprzestrze´ n liniowa wektor´ ow w ∈ R n [t] ta- kich, ˙ze w = F ( ¯ w) dla pewnego ¯ w ∈ R n [t]. Wi¸ec,

w(t) = (t + 1) ¯ w 0 (t)

dla pewnego ¯ w. Oznacza to, ˙ze w(−1) = 0 i ¯ w 0 jest wielomianem stopnia p ≤ n − 1.

Innymi s lowa,

Im F ⊂ W = {ω ∈ R n [t] | ω(−1) = 0}.

Wiemy, ˙ze W to podprzestrze´ n liniowa wymiaru dim R n [t] − 1 = n i dim ker F + dim ImF = dim R n [t] = n + 1. Wi¸ec,

dim ImF = dim W, ImF ⊂ W.

Z tego wynika, ˙ze ImF = W .

Mo˙zemy udowodni´ c, ˙ze ImF = W inaczej. Je˙zeli ω(−1) = 0, to ω = (t + 1)g, gdzie g to wielomian stopnia p ≤ n − 1. Ewidentnie, zawsze istnieje wielomian ¯ w ∈ R n [t] taki,

˙ze ¯ w 0 = g. Z tego wynika, ˙ze w(t) = (t + 1) ¯ w 0 (t) i w = F ¯ w i w ∈ Im F . Zatem, W ⊂ Im F = {w ∈ R n [t] | w(−1) = 0}.

Skoro ju˙z udowodnili´smy, ˙ze Im F ⊂ W , to Im F = W .

Teraz, rkF jest dim ImF = n. R´ ownowa˙znie, mamy, ˙ze rk[F ] E E to liczba kolumn liniowo niezale˙znych. Skoro kolumny macierzy [F ] E E s¸ a obrazami (we wsp´ o lrz¸ednych) element´ ow bazy E , to generuj¸ a obraz F . Wi¸ec, rkF = rk[F ] E E . Zatem,

rkF = rk[F ] E E = rk

0 1 0 0 .. . 0 0

0 1 2 0 .. . 0 0

0 0 2 3 .. . 0 0

0 0 0 3 .. . 0 0

. . . . . . . . . . 0 0 0 0 .. . n − 1 n

0 0 0 0 .. . 0 n

= n.



2

(3)

Cwiczenie 2. Niech R ´ 2 [x, y] oznacza przestrze´ n wielomian´ ow stopnia mniejszego/r´ ownego 2 zmiennych x, y o wsp´ o lczynnikach rzeczywistych. Jaki jest wymiar R 2 [x, y]? Znale´ z´ c jak¸ a´s baz¸e R 2 [x, y] i zwi¸ azane z t¸ a baz¸ a macierze odwzorowa´ n:

F : w 7→ ∂w

∂x , G : w 7→ ∂w

∂y , H : w 7→ ∂ 2 w

∂x∂y . Rozwi¸ azanie: Wybieramy baz¸e przestrzeni R 2 [x, y] dan¸ a wzorem

E = {ω (1) = 1, ω (2) = x, ω (3) = y, ω (4) = x 2 , ω (5) = y 2 , ω (6) = xy}.

Wi¸ec, dim R 2 [x, y] = 6. Teraz,

F ω (1) = 0, F ω (2) = 1, F ω (3) = 0, F ω (4) = 2x, F ω (5) = 0, F ω (6) = y.

Zatem,

F ω 1 

E =

 0 0 0 0 0 0

, [F ω 2 ] E =

 1 0 0 0 0 0

, [F ω 3 ] E =

 0 0 0 0 0 0

 ,

[F ω 4 ] E =

 0 2x

0 0 0 0

, [F ω 5 ] E =

 0 0 0 0 0 0

, [F ω 6 ] E =

 0 0 1 0 0 0

.

(4)

Z tego wynika, ˙ze

[F ] E E =

0 1 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

 .

Teraz,

(1) = 0, Gω (2) = 0, Gω (3) = 1, Gω (4) = 0, Gω (5) = 2y, Gω (6) = x.

Zatem,

Gω (1) 

E =

 0 0 0 0 0 0

, [Gω (2) ] E =

 0 0 0 0 0 0

, [Gω (3) ] E =

 1 0 0 0 0 0

 ,

[Gω (4) ] E =

 0 0 0 0 0 0

, [Gω (5) ] E =

 0 0 2 0 0 0

, [Gω (6) ] E =

 0 1 0 0 0 0

 .

Z tego wynika, ˙ze

[G] E E =

0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

 .

4

(5)

Teraz,

(1) = 0, Hω (2) = 0, Hω (3) = 0, Hω (4) = 0, Hω (5) = 0, Hω (6) = 1.

Zatem,

Hω (1)



E =

 0 0 0 0 0 0

, [Hω (2) ] E =

 0 0 0 0 0 0

, [Hω (3) ] E =

 0 0 0 0 0 0

 ,

[Hω (4) ] E =

 0 0 0 0 0 0

, [Hω (5) ] E =

 0 0 0 0 0 0

, [Hω (6) ] E =

 1 0 0 0 0 0

 .

Z tego wynika, ˙ze

[H] E E =

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

 .



Cwiczenie 3. Oblicz ´

 1 2 3 2i 1 1



 1 0 0 i 1 0

 −2 0 0 i



,  1 1 0 1

 n

, n ∈ N.

(6)

Rozwi¸ azanie:

 1 2 3 2i 1 1



 1 0 0 i 1 0

 −2 0 0 i



=

 1 2 3 2i 1 1



−2 0 0 −1

−2 0

 =

 −8 −2

−4i − 2 −1

 .

Ponadto,

 1 1 0 1

 0

=  1 0 0 1



,  1 1 0 1

 1

=  1 1 0 1



,  1 1 0 1

 2

=  1 2 0 1



 1 1 0 1

 n

 1 1 0 1



=  1 n + 1

0 1



Z indukcji

 1 1 0 1

 n

=  1 n 0 1



, n ∈ {0} ∪ N.



Cwiczenie 4. Dane macierze ´

A =  x y z t



, B =

1 2 3 0 1 1 0 0 1

 ,

oblicz A −1 i B −1 je˙zeli to mo˙zliwe.

Rozwi¸ azanie: Musimy szuka´ c macierzy

 a 11 a 12

a 21 a 22



takiej, ˙ze

 x y z t

  a 11 a 12 a 21 a 22



=  1 0 0 1 .



(4.1) Wiemy, ˙ze je˙zeli taka macierz istnieje, to oznacza, ˙ze A ma by´ c macierz¸ a pewnego auto- morfizmu (endomorfizm i bijekcja) F w pewnych bazach, np. kanonicznych. Wi¸ec, je˙zeli taki warunek si¸e spe lnia, obraz tego automorfizmu F ma generowa´ c R 2 . To si¸e zdarza, gdy jej kolumny nie s¸ a proporcjonalne, czyli xt − yz 6= 0.

Ponadto, z (4.1) wynika, ˙ze

a 11 x + ya 21 = 1, za 11 + ta 21 = 0, a 12 x + a 22 y = 0, a 12 z + a 22 t = 1.

6

(7)

Z tego

a 11 tx + yta 21 = t, yza 11 + yta 21 = 0 ⇒ a 11 = t tx − yz a 11 zx + zya 21 = z, xza 11 + xta 21 = 0 ⇒ a 21 = − z

tx − yz a 12 xt + yta 22 = 0, yza 12 + yta 22 = y ⇒ a 12 = − y

tx − yz a 12 zx + zya 22 = 0, xza 12 + xta 22 = x ⇒ a 22 = x

tx − yz Wi¸ec,

A −1 =  a 11 a 12 a 21 a 22



= 1

xt − zy

 t −z

−y x

 . Warto pami¸eta´ c t¸ a formu l¸e. Korzysta si¸e z niej do´s´ c cz¸esto.

Mo˙zemy te˙z obliczy´ c macierz odwrotn¸ a za pomoc¸ a metody Gaussa, czyli mo˙zemy przeprowadzi´ c transformacje elementarne macierzy

 x y 1 0 z t 0 1



a˙z do momentu gdy lewa strona jest macierz¸ a jednostkow¸ a. Wtedy, prawa strona to macierz odwrotna macierzy A. Je˙zeli zak ladamy, ˙ze x 6= 0, to

 x y 1 0 z t 0 1



→  x y 1 0

0 yz − tx z −x



→  x y 1 0

0 1 yz−tx z yz−tx −x



 x 0 yz−tx tx yz−tx −zx 0 1 yz−tx −y yz−tx x



→  1 0 yz−tx t yz−tx −z 0 1 yz−tx −y yz−tx x

 . Zak ladali´smy, ˙ze x 6= 0 z dw´ och powod´ ow. W ostatnim kroku, podzielili´smy przez x.

Wi¸ec, je˙zeli x = 0 tego nie mo˙zna zrobi´ c. Ponadto, jest inny bardziej subtelny pow´ od.

W pierwszym kroku, robi si¸e zR 1 − xR 2 → R 2 . Je˙zeli x = 0, to oznacza, ˙ze zast¸ apimy drugi rz¸ ad przez pierwszy i drugi rz¸ ad znika i to nie dozwolone: trzeba zast¸ api´ c ka˙zdy wiersz przez liniow¸ a kombinacj¸e gdzie ten wiersz si¸e pojawia!! Dla x = 0 mo˙zna stosowa´ c znowu t¸ a metod¸e.

Teraz, dla drugiej macierzy mamy, ˙ze

1 2 3 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1

 →

1 0 1 1 −2 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1

 →

1 0 0 1 −2 −1 0 1 0 0 1 −1

0 0 1 0 0 1

 .

(8)

Wi¸ec,

B −1 =

1 −2 −1 0 1 −1

0 0 1

 .



Cwiczenie 5. Dane odwzorowanie F : R ´ 3 → R 3 , kt´ orego macierz w bazach kanonicznych B ma posta´c

[F ] B B =

1 2 3 2 1 1

−1 0 1

 , oblicz jego macierz [F ] B B

21

w bazach B 1 i B 2 danych wzorami

B 1 ≡

 v 1 :=

 1 2 0

 , v 2 :=

 1 2 1

 , v 3 :=

 1

−2 0

 ,

B 2

 w 1 :=

 1 0 0

 , w 2 :=

 1 1 1

 , w 3 :=

 1

−1 0

 .

Rozwi¸ azanie: Wiemy, ˙ze

[F ] B B

2

1

= [Id] B B

2

[F ] B B [Id] B B

1

.

Mamy, ˙ze operator identyczno´s´ c w bazie pocz¸ a´tkowej B 1 i ko´ ncowej B ma kolumny

[Idv 1 ] B = [v 1 ] B =

 1 2 0

 , [Idv 2 ] B = [v 2 ] B =

 1 2 1

 , [Idv 3 ] B = [v 3 ] B =

 1

−2 0

Wi¸ec,

[Id] B B

1

=

1 1 1 2 2 −2 0 1 0

 .

Aby zapisa´ c [Id] B B

2

musimy zapisa´ c wektory bazy kanonicznej B, powiedzmy e 1 , e 2 , e 3 , we wsp´ o lrz¸ednych bazy B 2 . Wida´ c, ˙ze

e 1 = w 1 , e 2 = w 1 − w 3 , e 3 = w 2 − 2w 1 + w 3 .

8

(9)

Z tego

[Ide 1 ] B

2

= [e 1 ] B

2

=

 1 0 0

 , [Ide 2 ] B

2

= [e 2 ] B

2

=

 1 0

−1

 , [Ide 3 ] B

2

= [e 3 ] B

2

=

−2 1 1

 .

Wi¸ec,

[Id] B B

1

=

1 1 −2 0 0 −1 0 −1 1

 i

[F ] B B

2

1

=

1 1 −2 0 0 −1 0 −1 1

1 2 3 2 1 1

−1 0 1

1 1 1 2 2 −2 0 1 0

 . Z tego,

[F ] B B

2

1

=

11 13 −1

1 0 1

−5 −5 −1

 .



Cytaty

Powiązane dokumenty

jest funk j¡ Lips hitza lokalnie, je»eli speªnia warunek Lips hitza w ka»dym punk ie

Przy rysowaniu SKUF istotne jest dostrzeżenie podwójnego układu szeregów i kolumn, tymczasem znaczna część dzieci w wieku do 7 lat, a także pewna grupa

Prze±led¹ ewolu j stanu w powy»szym ukªadzie i powiedz jaki wynik pomiaru na.. ko« u algorytmu pozwoli wnioskowa¢, »e funk ja jest staªa

Każdą permutację rozkładamy na

Odwzorowanie liniowe przestrzeni z normą jest ograniczone wtedy i tylko wtedy, gdy obraz każdego zbioru ograniczonego jest ograniczony..

6–57: Liczby różnorodności porostów (LDV) taksonów referencyjnych i wskaźników eutrofizacji oraz suma częstości występowania taksonów na wybranych forofitach

Ile wynosi moment bezw ladno´ sci pr eta wzgl , edem uk ladu , umieszczonego w jego ´ srodku, a ile, gdy uk lad jest umieszczony na jego ko´

Udowodnij, »e dla ka»dej liczby naturalnej n oraz liczby rzeczywistej x ∈ (−1, +∞) jest speª-.