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
.
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
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
.
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,
Gω (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
Teraz,
Hω (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.
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
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
.
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 B21 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 B2
1
= [Id] B B2[F ] B B [Id] B B1.
.
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 B1 =
1 1 1 2 2 −2 0 1 0
.
Aby zapisa´ c [Id] B B2 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
Z tego
[Ide 1 ] B2 = [e 1 ] B2 =
=
1 0 0
, [Ide 2 ] B2 = [e 2 ] B2 =
=
1 0
−1
, [Ide 3 ] B2 = [e 3 ] B2 =
=
−2 1 1
.
Wi¸ec,
[Id] B B
1
=
1 1 −2 0 0 −1 0 −1 1
i
[F ] B B2
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 B2
1