76 77 (14)

* - twiHt Przekształcenia liniowe

Rozwiązanie

Niech U, V będą rzeczywistymi przcslrzei.ia.mi liniowymi. Wiadomo, że przekształcenie L : U —► V jest liniowe, wtedy i tylko wtedy, gdy spełnione są dwa warunki:

1)    £(*i -f u₃) = £(«i) + £(*3) dla ś], i? 6 V\

2)    Hau) = aL {i) dla u £ U oraz a £ R.

Wystarczy więc, żc któryś z tych warunków nie jest spełniony, a przekształcenie nie jest liniowe. Czasem wygodnie jest posłużyć się warunkiem koniecznym liniowości przekształcenia L tj równością L [O) = 0.

a)    Przyjmijmy u- = z, 112 = — z. Wówczas

H u\ -+■ tia) = £(0) = 0 ^ /,(«]) + L (£2) = 2|z| dla z ^ 0

Przekształcenie L me jest liniowe

b)    Niech i = (1,1,0) oraz a = 2. Wtedy

L (2 u) = L(2,2,0)= (4.2,0) ? 2L (5) = 2(1,1,0) = (2,2,0), więc przekształcenie L nie jest liniowe.

c)    W tym przykładzie nie jest spełniony warunek konieczny liniowaści przekształcenia, mamy bowiem

1(0,0) = (0.1.-1)# (0,0,0).

d)    Podobnie jak powyżej

1(0,0) = (3,1) *(0,0), więc przekształcenie L nie jest liniowe.

e)    Również w tym przykładzie mamy

1(0,0,0) = (1,0,0) 5* (0,0 0),

co przeczy liniowości.

P⁷{z) - p²(Q) 2

Przyjmując teraz p(x) = 2,

f) Pc obliczeniu całki otrzymamy L(p)(z) = oraz a = 2 otrzymujemy

L(2p)(z) = ^ (2p)⁷ (z) = 2x² £ 2L(p)(z) = z⁷ dla z ć 0, więc przekształcenie L nie jest liniowe.

g) Możemy tu zastosować takie same uzasadnienie, jak w przykładzie f)

• Przykład 8.3

Napisać wzory określające wszystkie przekształcenia liniowe L : R²-R i opisać

ich wykresy

Rozwiązanie

Przyjmijmy, żc £(1,0) = s, 1(0,1) = t, przy czym wartości s,t € R wybieramy dowolnie. Wówczas dla dowolnych z,y € R mamy

z = L(x,y) = L (*(1,0) -ł y(0,1)) = 2 7.(1, 0) + yL{0.1) = sz + ty.

Z otrzymanej równości wynika, ze wykresem tego przekształcenia jest płaszczyzna o równaniu si + yi — z = 0 przechodząca przez początek układu współrzędnych, której wektorem normalnym jest fi = (s,t,— ]). Otrzymany wzór L[z.y) = sz -f ty obejmuje już

Ósmy tydzień - przykłady

77

wszystkie liniowe przekształcenia płaszczyzny w prostą. Wykresami tych przekształceń są wszystkie płaszczyzny w R³ przechodzące przez punki (0.0,0), które nie są prostopadle do płaszczyzny rOy.

• Przykład 8.4

Przekształcenie liniowe L : R[[x]—* R[x] przeprowadza wektor p_{ = 2z + 3 na wektor q_} = Ax² — x — 2, a wektor p₂ = Az — 5 na wektor q₂ — 2x⁷ + z. Znaleźć obraz wektora p = z + 7 w tym przekształceniu.

Rozwiązanie

Wystarczy wektor p przedstawić jako kombinację liniową wektorów p. i p₂. Jest to możliwe, gdyż wektory p,, p₂ tworzą bazę przestrzeni /li[x]. Niech p = ap_} -f-tp₂. Z

3    1

układu równań 1 = 2a + 46, 7 = 3a - 56 wyznaczamy współczynniki a = -, 6 = — Mamy zatem

L{V) = £ (^Pi - ^Pz) =    ~ J^(Pz)

= ^ (4i² — z - 2) — i (2z -f r) = —z⁷ + 6r² — 2z — 3

Z    *

t Przykład 8.5

Wyznaczyć jądra i obrazy podanych przekształceń liniowych posługując się ich interpretacją geometryczną. Porównać uzyskane odpowiedzi z wynikami obliczeń algebraicznych:

a)    L    R² —* R²,    L jest    rzutem prostokątnym na oś Ox

b)    L    R² —* R²,    L jest    obrotem wokół początku układu    o    kąt    —;

c)    L    :    R³ —♦ R²    L jest    symetrią względem osi Oy\

d)    L    :    R³—► R³,    L jest    rzutem prostokątnym na płaszczyznę    yOz.

Rozwiązanie

a) Na płaszczyźnie i?², przy rzutowaniu prostokątnym na oś Oz wszystkie punkty osi Oy zostają przekształcone w punkt (0,0) 1 tylko one, zatem Ker L = ośOy. Jednocześnie wszystkie punkty osi Oz nie zmieniają położenia, natomiast obrazy pozostałych znajdują się także na tej osi Oznacza to, ze Im L = oś Oz. Licząc formalnie mamy

7(x,y) = (*»°).

Ker L = {(*,») £ R² : (r,0) = (0,0)} = <(0,») : y € R) = ośOy_:

Im L = {(*,0) : x € R} = ośOr.

b) Przy obrocie o kąt — wokół początku układu współrzędnych jedynie punkt (0.0)

nie zmienia swojego położenia, a wszystkie pozostałe punkty płaszczyzny zachowują swą

dodatnią odległość od środka obrotu, zatem Kci L dowolny punkt (z,y) € R² jest obrazem punktu (

= {(0,0)) . Oczywiście Im 7 = R⁷ bo

—) w tvm przekształceniu

V2 n/2 J