UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4, Macierz wektora; macierz, jądro i obraz przekształcenia liniowego
1. Macierze wektorów a,b Îð R3 ( - b w bazie f : f1 =ð (1,1,1) , f2 =ð (-ð1,0,1) , f3 =ð (0,1,-ð1) ,
- a w bazie standardowej e : e1 =ð (1,0,0) , e2 =ð (0,1,0) , e3 =ð (0,0,1) , )
1 1
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð f Ä™ð0Å›ð f
majÄ… postać: [a]e =ð , [b] =ð . Wyznaczyć macierze: [a] oraz [b]e .
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
2. Wyznaczyć macierz A =ð [ f ]e przeksztaÅ‚cenia liniowego f : R3 ®ð R3 w bazie standardowej e ,
e
jeÅ›li f (e1) =ð v1, f (e2 ) =ð v2 , f (x) =ð b . OkreÅ›lić Im f oraz Kerf . W bazie standardowej e :
1 2 1 -ð1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð
v1 =ð , v2 =ð , x =ð , b =ð 3
Ä™ð Å›ð Ä™ð-ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Ä™ð Å›ð
1 2
ëð3Å›ð ëð ûð ëð1Å›ð ëð ûð
ûð ûð
w(-ð1)
éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð
3. Wyznaczyć macierz przeksztaÅ‚cenia g : R2[×ð] ®ð R3 okreÅ›lonego wzorem: g(w) =ð w(0) .
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
w(1)
ëð ûð
4. W przestrzeni wielomianów w(x) stopnia drugiego R2[×ð], wprowadzamy obok bazy standardowej
e =ð (e0,e1,e2 ) , zÅ‚ożonej z jednomianów: e0 (x) =ð 1 , e1(x) =ð x , e2 (x) =ð x2 , drugÄ… bazÄ™
f =ð (e1,e2,e0 ) . Wykazać, że przeksztaÅ‚cenie f : R2[×ð] ®ð R2[×ð] okreÅ›lone wzorem
f (w)(x) =ð w(x +ð1) jest liniowe. Wyznaczyć macierze przeksztaÅ‚cenia f przy różnym wyborze
f f 2
baz: [ f ]e , [ f ] , [ f ]e , [ f ]ef , a także macierz superpozycji f oð f : [ f ]e .
e f e
5. Niech A =ð [ f ]e oznacza macierz przeksztaÅ‚cenia f : R3 ®ð R2 w bazach standardowych e .
e
1 -ð1
éð Å‚ð éð Å‚ð
W bazie standardowej e : f (e1) =ð , f (e2 ) =ð . Podać jednÄ… z możliwych postaci
Ä™ð Ä™ð Å›ð
2
ëð-ð 2Å›ð ëð ûð
ûð
wektora f (e3) tak, aby równanie liniowe Ax =ð b miaÅ‚o rozwiÄ…zanie dla każdego b Îð R2 .
Określić Im f oraz Kerf .
6. Macierz przeksztaÅ‚cenia f : R3 ®ð R2 w bazach standardowych e przyjmuje postać:
1 2
éð Å‚ð
Ä™ð2
A =ð [ f ]e =ð 1Å›ð . Dla jakich wektorów a,b Îð R3 równanie Ax =ð a ma jedno
e
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð1 2ûð
rozwiÄ…zanie natomiast równanie Ax =ð b nie ma rozwiÄ…zaÅ„? OkreÅ›lić Im f oraz Kerf .
7. Czy przeksztaÅ‚cenie f : R3 ®ð R3 posiadajÄ…ce w bazie standardowej e macierz
1 2 1
éð Å‚ð
Ä™ð2 Å›ð
A =ð [ f ]e =ð 1 0 jest bijekcjÄ…? OkreÅ›lić Im f oraz Kerf .
e
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð1 2 -ð1ûð
1
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań
óð
x1 x1
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ðx Å›ð f Ä™ðxóð Å›ð
1. Aby dokonać transformacji wektora kolumnowego [x]e =ð na wektor [x] =ð
2 2
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð óð Å›ð
ëðx3 ûð ëðx3 ûð
zapisanych odpowiednio w bazie e lub w bazie f , należy wyrazić wektory starej bazy e
jako kombinacje liniowe nowej bazy f :
3 3
f
óðj
ei =ð f . Wtedy x =ð xi lub macierzowo [x] =ð B[x]e .
åðbji j åðbji
j=ð1 i=ð1
Kolumny macierzy B utworzone są ze współrzędnych wektorów ei , zapisanych w bazie f .
Znalezienie współczynników bj1 , bj 2 , bj3 sprowadza się w każdym przypadku do rozwiązania
układu 3 równań liniowych, który jest równoważny jednemu równaniu wektorowemu. Na
przykÅ‚ad dla i =ð 1
1 1 -ð1 0 1 =ð b11 -ð b21
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Å›ð Å›ð
=ð b11Ä™ð1Å›ð +ð b21Ä™ð 0 +ð b31Ä™ð 1 lub 0 =ð b11 +ð b31
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð
0 =ð b11 +ð b21 -ð b31
ëð0Å›ð Ä™ð ûð ëð ûð ëð-ð1Å›ð
ûð ëð1Å›ð Ä™ð 1 Å›ð Ä™ð ûð
1 2 1
StÄ…d b11 =ð , b21 =ð -ð , b31 =ð -ð . PostÄ™pujÄ…c tak samo dla i =ð 2,3 otrzymuje siÄ™:
3 3 3
1 1 2 1 1 1
b12 =ð , b22 =ð , b32 =ð oraz b13 =ð , b23 =ð , b33 =ð -ð
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 4 4 / 3
éð Å‚ð éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
1 1 1
Ä™ð Å›ð f Ä™ð Å›ðÄ™ð2Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ð1/
Ostatecznie B =ð 2 1 1 i [a] =ð B[a]e =ð 2 1 1 =ð =ð 3Å›ð
Ä™ð-ð Å›ð Ä™ð-ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3 3 3
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð-ð1 2 -ð1ûð ëð-ð1 2 -ð1ûðëð1ûð Ä™ð ûð ëð2 / 3ûð
ëð2Å›ð Ä™ð Å›ð
3 3
f
óð
Podobnie, jeÅ›li zapiszemy fi =ð ej to x =ð xi lub [x]e =ð A[x] .
åða ji j åða ji
j=ð1 i=ð1
Kolumny macierzy A utworzone są ze współrzędnych wektorów fi , zapisanych w bazie e .
W tym przypadku nie trzeba rozwiązywać układu równań, bowiem:
f1 =ð e1 +ð e2 +ð e3 , f2 =ð -ðe1 +ð e3 , f3 =ð e2 -ð e3
1 -ð1 0 1 -ð1 0 1 1
éð Å‚ð éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1 Å›ð f Ä™ð1 Å›ðÄ™ð0Å›ð Ä™ð2Å›ð
StÄ…d A =ð 0 1 i [b]e =ð A[b] =ð 0 1 =ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð1 1 -ð1ûð ëð1 1 -ð1ûðëð1ûð Ä™ð ûð
ëð0Å›ð
Uwaga: Można sprawdzić, że macierz B =ð A-ð1
1 1 1 1 -ð1 0 1 0 0
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
1
Ä™ð Å›ðÄ™ð1 Å›ð Ä™ð0
BA =ð 2 1 1 0 1 =ð 1 0Å›ð
Ä™ð-ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð-ð1 2 -ð1ûðëð1 1 -ð1ûð Ä™ð 0 1ûð
ëð0 Å›ð
2
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
2. Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego f : X ®ð Y sÄ… obrazami
óð
kolejnych elementów bazy e przestrzeni X , zapisanymi w bazie e przestrzeni Y :
[A. j ] =ð [ f (ej )]eóð .
SPOSÓB 1 wyznaczenia macierzy A :
Dwie pierwsze kolumny macierzy A znamy. Pozostałe elementy macierzy A
wyznaczamy z równania f (x) =ð b , które w formie macierzowej przyjmuje postać Ax =ð b .
1 2 a13 1 -ð1 a13 =ð -ð4 1 2 -ð 4
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð ìð éð Å‚ð
ïð
Ä™ð2 -ð1 a23Å›ðÄ™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð2 Å›ð
=ð 3 , stÄ…d a23 =ð 2 , czyli A =ð -ð1 2
íð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ïð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
a33 =ð -ð2
ëð3 1 a33ûðëð1ûð Ä™ð 2 Å›ð îð ëð3 1 -ð 2ûð
ëð ûð
SPOSÓB 2 wyznaczenia macierzy A :
Zauważmy, że wektor x =ð e1 +ð e2 +ð e3 . Z liniowoÅ›ci przeksztaÅ‚cenia f wynika wiÄ™c, że
f (x) =ð f (e1) +ð f (e2 ) +ð f (e3) przy czym f (x) =ð b . StÄ…d
-ð1 1 2 -ð 4 1 2 -ð 4
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð2Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð2 Å›ð
[A.3] =ð [ f (e3 )]e =ð 3 -ð -ð =ð 2 , czyli A =ð -ð1 2
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð-ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
2 1
ëð ûð ëð3Å›ð ëð ûð ëð-ð 2ûð ëð3 1 -ð 2ûð
ûð
Obrazem przekształcenia liniowego f jest powłoka rozpięta przez wektory kolumnowe
macierzy A :
1 2 -ð 4
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Im f =ð<ð , , 2 >ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð-ð1Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
1
ëð3Å›ð ëð ûð ëð-ð 2ûð
ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy A ( zerowanie wyrazów w wierszu względem
elementu oznaczonego nawiasem lub przez przemnożenie kolumn przez odpowiednie liczby ) ,
otrzymujemy jej prostą postać:
(1) 2 -ð 4 1 0 0 1 0 0 1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð2 Ä™ð2 Ä™ð0
2 -ð1 2 Þð -ð 5 10Å›ð Þð (1) 1Å›ð Þð 1 0Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3 1 -ð 2ûð ëð3 -ð 5 10ûð ëð3 1 1ûð ëð1 1 0ûð
ëð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
Wynika stÄ…d, że Im f =ð<ð , >ð jest podprzestrzeniÄ… liniowÄ… o wymiarze dim(Im f ) =ð 2 ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
rozpiÄ™tÄ… przez wektory: u1 =ð , u2 =ð .
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
3
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
Jądro Kerf przekształcenia liniowego f tworzą wektory, będące rozwiązaniami równania
jednorodnego Ax =ð 0 :
1 2 -ð 4 x1 0
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2 -ð1 2 Å›ðÄ™ðx Å›ð Ä™ð0Å›ð
=ð
2
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ðÄ™ð
ëð3 1 -ð 2ûðëðx3 Å›ð Ä™ð ûð
ûð ëð0Å›ð
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:
(1) 2 -ð 4 1 2 -ð 4 1 2 -ð 4 1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð0 Å›ð Ä™ð0 Ä™ð0
2 -ð1 2 Þð -ð 5 10 Þð (1) -ð 2Å›ð Þð 1 -ð 2Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
3 1 -ð 2ûð ëð0 -ð 5 10
ëð ûð ëð0 1 -ð 2ûð Ä™ð 0 0 Å›ð
ëð0 ûð
1 0 0 x1 0 x1 =ð 0 x1 0
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð ìð éð Å‚ð éð Å‚ð
ïð
Ä™ð0 1 -ð 2Å›ðÄ™ðx2 Å›ð Ä™ð0Å›ð Ä™ðx Å›ð
=ð , stÄ…d x2 =ð 2x3 czyli =ð x3 Ä™ð2Å›ð
íð
2
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ïð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð
x3 dowo ln e
ëð0 0 0 Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð ûð îð ëðx3 ûð ëð1Å›ð
ûðëðx3 ûð ëð0Å›ð ûð
0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð2Å›ð
Wynika stÄ…d, że Kerf =ð<ð >ð jest podprzestrzeniÄ… liniowÄ… rozpiÄ™tÄ… przez wektor u1 =ð ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð1Å›ð
ûð ûð
o wymiarze dim(Kerf ) =ð 1.
3. Jeżeli w treści zadania nie ma informacji o bazach, to przyjmujemy bazy standardowe:
- w przestrzeni wielomianów w(x) stopnia drugiego R2[×ð]:
e1(x) =ð 1 , e2 (x) =ð x , e3(x) =ð x2 ,
óð óð óð
- w R3 : e1 =ð (1,0,0) , e2 =ð (0,1,0) , e3 =ð (0,0,1) , )
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego g : R2[×ð] ®ð R3 sÄ… obrazami
óð
kolejnych elementów bazy e przestrzeni R2[×ð], zapisanymi w bazie e przestrzeni R3 :
[A. j ] =ð [g(ej )]eóð .
1 -ð1 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð0Å›ð
g(e1) =ð g(1) =ð , g(e2 ) =ð g(x) =ð 0 , g(e3) =ð g(x2 ) =ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Å›ð Ä™ð
1
ëð1Å›ð ëð ûð ëð1Å›ð
ûð ûð
1 -ð1 1
éð Å‚ð
Ä™ð1
czyli A =ð 0 0Å›ð .
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð1 1 1ûð
4
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
4. Przekształcenie to jest liniowe, bowiem:
- f (lðw)(x) =ð (lðw)(x +ð1) =ð lðw(x +ð1) =ð (lðf (w))(x) ,
- f (w1 +ð w2 )(x) =ð (w1 +ð w2 )(x +ð1) =ð w1(x +ð1) +ð w2 (x +ð1) =ð f (w1)(x) +ð f (w2 )(x)
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:
- e1(x) =ð 1 , e2 (x) =ð x , e3(x) =ð x2 ,
- f1(x) =ð x , f2 (x) =ð x2 , f3(x) =ð 1,
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego f : X ®ð Y sÄ… obrazami
óð
kolejnych elementów bazy e przestrzeni X , zapisanymi w bazie e przestrzeni Y .
Wystarczy więc przedstawić wielomiany: f (1) , f (x) , f (x2 ) jako kombinacje liniowe w obu
bazach.
f (1) =ð 1 =ð e1(x) =ð f3(x)
f (x) =ð x +ð1 =ð e1(x) +ð e2 (x) =ð f1(x) +ð f3(x)
f (x2 ) =ð (x +ð1)2 =ð e1(x) +ð 2e2 (x) +ð e3(x) =ð 2 f1(x) +ð f2 (x) +ð f3(x)
StÄ…d
1 1 1 0 1 2 1 1 1 1 2 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0 f Ä™ð0 Ä™ð1 f Ä™ð0
[ f ]e =ð 1 2Å›ð , [ f ]e =ð 0 1Å›ð , [ f ]e =ð 2 0Å›ð , [ f ] =ð 1 0Å›ð
e f f
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ëð0 0 1ûð ëð1 1 1ûð ëð0 1 0ûð ëð1 1 1ûð
Macierz superpozycji dwóch przekształceń jest iloczynem macierzy tych przekształceń.
1 1 1 1 1 1 1 2 4
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
2 Ä™ð0 Ä™ð0
[ f ]e =ð [ f ]e[ f ]e =ð 1 2Å›ðÄ™ð0 1 2Å›ð =ð 1 4Å›ð
e e e
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð0 0 1ûðëð0 0 1ûð Ä™ð 0 1ûð
ëð0 Å›ð
lub
1 1 1 0 1 2 1 2 4
éð Å‚ðéð Å‚ð éð Å‚ð
2 Ä™ð1 Ä™ð0
[ f ]e =ð [ f ]e [ f ]ef =ð 2 0Å›ðÄ™ð0 0 1Å›ð =ð 1 4Å›ð
e f
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ðÄ™ð Å›ð
ëð0 1 0ûðëð1 1 1ûð Ä™ð 0 1ûð
ëð0 Å›ð
Można też obliczyć bezpośrednio
2 2
f (e1) =ð f (1) =ð f ( f (1)) =ð f (1) =ð 1 =ð e1(x)
2 2
f (e2 ) =ð f (x) =ð f ( f (x)) =ð f (x +ð1) =ð (x +ð1) +ð1 =ð x +ð 2 =ð 2e1 +ð e2
2 2
f (e3) =ð f (x2 ) =ð f ( f (x2 ) =ð f (x2 +ð 2x +ð1) =ð (x2 +ð 2x +ð1) +ð 2(x +ð1) +ð1 =ð 4e1 +ð 4e2 +ð e3
StÄ…d
1 2 4
éð Å‚ð
2 f Ä™ð0
[ f ]e =ð [ f ]ef [ f ]e =ð 1 4Å›ð
e
Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð
ëð0 0 1ûð
5
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
5. Równanie liniowe Ax =ð b posiada rozwiÄ…zanie dla każdego b Îð R2 wtedy, gdy przeksztaÅ‚cenie f
jest surjekcjÄ…. W tym przypadku Im f =ð R2 , a to oznacza, że wektory kolumnowe macierzy A
rozpinają całą przestrzeń R2 ( dwa z nich są liniowo niezależne ).
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A przeksztaÅ‚cenia liniowego f : R3 ®ð R2 sÄ… obrazami
a13 1 -ð1 a13
éð Å‚ð éð Å‚ð
kolejnych elementów bazy przestrzeni R3 . Niech f (e3 ) =ð . Wtedy A =ð .
Ä™ða Å›ð Ä™ð
ëð 23ûð ëð-ð 2 2 a23Å›ð
ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
(1) -ð1 a13 1 0 0 1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Þð Þð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð0 0 a23 +ð 2a13Å›ð
ëð-ð 2 2 a23Å›ð ëð-ð 2 0 (a23 +ð 2a13)Å›ð ëð ûð
ûð ûð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Wynika stÄ…d, że Im f =ð<ð ,
Ä™ð0Å›ð Ä™ða +ð 2a13Å›ð >ð równe jest R2 wtedy i tylko wtedy, gdy
ëð ûð ëð 23 ûð
a23 Ä…ð -ð2a13 .
Warunek ten jest speÅ‚niony w szczególnym przypadku, gdy a13 =ð 0 , a23 =ð 1. Wtedy
1 -ð1 0 1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
A =ð , Im f =ð<ð , >ð =ð R2
Ä™ð Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
ëð-ð 2 2 1Å›ð ëð ûð ëð ûð
ûð
Jądro Kerf przekształcenia liniowego f tworzą wektory, będące rozwiązaniami równania
jednorodnego Ax =ð 0 :
x1
éð Å‚ð
1 -ð1 0 0
éð Å‚ðÄ™ð Å›ð éð Å‚ð
x2 =ð
Ä™ð Ä™ð0Å›ð
ëð-ð 2 2 1Å›ðÄ™ð Å›ð ëð ûð
ûðÄ™ðx Å›ð
ëð 3 ûð
Dokonując redukcji wierszowej macierzy A ( Zad.3 ) otrzymujemy jej prostą postać, określającą
równoważne równanie:
x1
éð Å‚ð
(1) -ð1 0 1 -ð1 0 1 -ð1 0 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ðÄ™ð Å›ð éð Å‚ð
Þð ,
Ä™ð Ä™ð0 0 1Å›ð ; Ä™ð0 0 1Å›ðÄ™ðx2 Å›ð =ð Ä™ð0Å›ð
ëð-ð 2 2 1Å›ð ëð ûð ëð ûðÄ™ðx Å›ð ëð ûð
ûð
ëð 3 ûð
x1 =ð x2 x1 1
ìð éð Å‚ð éð Å‚ð
ïðx
Ä™ðx Å›ð
stÄ…d =ð x2 , czyli =ð x2 Ä™ð1Å›ð
íð
2 2
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
ïð
Ä™ð Å›ð Ä™ð
x3 =ð 0
ûð
îð ëðx3 ûð ëð0Å›ð
1 1
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1Å›ð Ä™ð1Å›ð
Kerf =ð<ð >ð jest wiÄ™c podprzestrzeniÄ… liniowÄ…, rozpiÄ™tÄ… przez wektor u1 =ð ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð0Å›ð ëð0Å›ð
ûð ûð
o wymiarze dim(Kerf ) =ð 1.
6
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
6. SPOSÓB 1>
Równanie liniowe Ax =ð b posiada co najwyżej jedno rozwiÄ…zanie wtedy, gdy przeksztaÅ‚cenie f
jest injekcjÄ…:
- jedno rozwiÄ…zanie, gdy b Îð Im f ,
- brak rozwiÄ…zaÅ„, gdy b Ïð Im f .
Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A rozpinają podprzestrzeń, będącą obrazem przekształcenia
liniowego f : R2 ®ð R3
1 2
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð1Å›ð
Im f =ð<ð , >ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð2Å›ð
ûð ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
(1) 2 1 0 1 0 1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Ä™ð2 Ä™ð2 Ä™ð0
2 1Å›ð Þð -ð 3Å›ð Þð (1)Å›ð Þð 1Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
1 2ûð ëð1 0
ëð ûð ëð1 0 ûð ëð1 0ûð
1 0
éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð
W tym przypadku Im f =ð <ð , >ð jest podprzestrzeniÄ… liniowÄ… o wymiarze 2 ( dwa
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð0Å›ð
ûð ûð
liniowo niezależne wektory kolumnowe macierzy A ) . Oznacza to, że przekształcenie f jest
injekcjÄ…, bowiem dim Im f =ð dim R2 . Ponieważ dim Im f +ð dim Kerf =ð dim R2 wiÄ™c
Kerf =ð {ð0}ð. Równanie Ax =ð b posiada wiÄ™c jedno rozwiÄ…zanie, jeÅ›li
1 0 að
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ðbð Å›ð
b =ð að +ð bð =ð , að, bð Îð R
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð Å›ð
ëð1Å›ð ëð0Å›ð ëðað ûð
ûð ûð
Dla pozostałych wektorów z R3 równanie powyższe nie posiada rozwiązań..
SPOSÓB 2
Równanie niejednorodne Ax =ð b można rozwiÄ…zać dokonujÄ…c redukcji wierszowej macierzy
rozszerzonej ( otrzymuje się równoważne równanie ):
(1) 2 b1 1 2 b1 1 0 2b2 -ð 3b1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð Ä™ð0 Ä™ð0
2 1 b2 Å›ð Þð (-ð1) b2 -ð 2b1Å›ð Þð -ð1 b2 -ð 2b1 Å›ð ,
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
1 2 b3 ûð ëð0 0 b3 -ð b1 ûð ëð0 0 b3 -ð b1 ûð
ëð
Równoważne równanie
1 0 2b2 -ð 3b1
éð Å‚ð éð Å‚ð
x1 2b2 -ð 3b1
éð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð0 -ð1Å›ðÄ™ð x1 Å‚ð Ä™ð Å›ð
b2 -ð 2b posiada jedno rozwiÄ…zanie =ð gdy b3 =ð b1 ,
Ä™ðx Å›ð Ä™ð
Ä™ð Å›ðëðx2 Å›ð =ð Ä™ð Å›ð
2b1 -ð b2 Å›ð
ûð ëð 2 ûð ëð ûð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
b3 -ð b1 ûð
ëð0 0 ûð ëð
gdy b3 Ä…ð b1 rozwiÄ…zaÅ„ nie ma.
7
UKSW ALGEBRA LINIOWA
Matematyka, Informatyka i ekonometria Kazimierz Jezuita
ZADANIA - Seria 4  Uwagi, szkice rozwiązań  c.d.
7. Wektory kolumnowe [A. j ] macierzy A rozpinają podprzestrzeń, będącą obrazem przekształcenia
liniowego f : R3 ®ð R3
1 2 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2Å›ð Ä™ð1Å›ð Ä™ð Å›ð
Im f =ð<ð , , 0 >ð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð
ëð1Å›ð ëð2Å›ð ëð-ð1Å›ð
ûð ûð ûð
Dokonując redukcji kolumnowej macierzy A ( Zad. 3 ) otrzymujemy jej prostą postać:
1 2 (1) 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð2 1 0 Å›ð Ä™ð2 1 0 Å›ð Ä™ð(1) 1 0 Å›ð Ä™ð1 0 0 Å›ð Ä™ð1 0 0Å›ð Þð Ä™ð1 0 0Å›ð
Þð Þð Þð Þð
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Å›ð Å›ð Å›ð Å›ð
ëð1 2 -ð1ûð Ä™ð 4 -ð1ûð Ä™ð 1 4 -ð1ûð Ä™ð (3) -ð1ûð Ä™ð 3 0ûð Ä™ð 1 0ûð
ëð2 ëð ëð1 ëð0 Å›ð ëð0 Å›ð
0 0 1
éð Å‚ð éð Å‚ð éð Å‚ð
Ä™ð1Å›ð Ä™ð0Å›ð Ä™ð0Å›ð
W tym przypadku Im f =ð <ð , , >ð jest równe R3 ( trzy liniowo niezależne wektory
Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð Ä™ð Å›ð
Ä™ð Ä™ð Ä™ð
ëð0Å›ð ëð1Å›ð ëð0Å›ð
ûð ûð ûð
kolumnowe zredukowanej macierzy A ) . Oznacza to, że przekształcenie f jest bijekcją, bowiem
dim Im f =ð dim R3 . Ponieważ dim Im f +ð dim Kerf =ð dim R3 wiÄ™c Kerf =ð {ð0}ð.
Gdy przeksztaÅ‚cenie liniowe f jest bijekcjÄ… to równanie Ax =ð b posiada dla każdego b jedno
rozwiÄ…zanie.
8