78 79 (15)

i o

Przekształcenia liniowe

Z rozważań geometrycznych wynika, że £(r,y)

-

l±l)

V2 /’

więc

V2

= {{*,y) € II⁷ i - y = j + y - Oj = {(0,0)) ,

c) Symetria osiowa w przestrzeni R³ przekształca przestrzeń na całą przestrzeń, co oznacza że Im L — R³. Punkt (0,0,0) jest obrazem jedynie samego siebie, gdyż wszystkie punkty os: Oy nie zmieniają swego położenia, a wszystkie inne punkty przestrzeni zachowują swą dodatnią odległość ad osi symetrii. Stąd Ker L = {(0.0,0)} Zapisując to ściśle mamy

L(t,y_tz) = (-x,y,-z),

Ker L = {(r, y, z) € R³ : -z = y = -z = o} = {(0, 0,0)) ,

Im L = {(-x, y, -z) : z, y, z € i?) = R³.

d) Rzutując prostopadle punkty przestrzeni R³ na płaszczyznę yOz otrzymamy całą płaszczyznę yOz zatem Im L = płaszczyzna yOz. Punkt (0,0,0) jest obrazem wszystkich punktów osi Ox. Zatein oś Ox jest jądrem tego przekształcenia. Formalny rachunek prowadzi do tych samych wniosków, mamy bowiem

l(x,y z) = (0,y

Ker L= {(r,y,x) € R^s : (0,y,i) =(0,0,0)} = {(r,0,0): z 6 R) = ośOz,

Im L = {(0, y, z) : y, z £ i?} = płaszczyzna yOz.

• Przykład 8 6

Wyznaczyć jądra obrazy oraz ich bazy podanych przekształceń liniowych:

a)    L : R² — R‘\ L(x_y y) = (2x - y, 3y - 6x);

b)    L : R³ — R⁴, L(x, y, z) = (2x - y - z, x + y + 4z, 2x + y + 5z, -x - z);

c)    £    R⁴—*r\ L(x, y, z, ź) = (x 4- 2z + t, —2z + y— 3z — 5<.x — y+z-f- 4/);

d)    £ : #2[*] —* £3(2], (Lp)[x) = (x² + 2x) p'(-x) dla x £ R Rozwiązanie

Wyznaczenie jąder przekształceń liniowych sprowadza się najczęściej do znajdowania przestrzeni rozwiązań jednorodnych układów równań liniowych, zaś wyznaczenie obrazów tych przekształceń polega na opisie przestrzeni liniowych danych przez generatory. Podobnie jest w naszych przykładach

a) Mamy

Kerl= [(r,sr)€ rt² : 2x - y = iy - 6r = 0} = {(x,2r): r € ii) = lin {(1,2)], zatem jądrem przekształcenia L jest prosta y — 'Iz na płaszczyźnie. Dalej

Im £ = {(2x - y, 3y — 6x) : x.y € R] = lin {(2,-6), (-1,3)) = lin {(-1,3)}.

Ósmy tydzień - przykłady

79

Podobnie, obraz tego przekształcenia można zinterpretować geometrycznie jako prostą o równaniu y = -3r na płaszczyźnie

b) Zauważmy, żc dowolny element obrazu przekształcenia L można zapisać w postaci L(x,y,z) = x(2,l,2_t-l) + y(-l, 1,1,0) +*(-1,4,5,-1).

Stąd wynika, żc

lmL = lin {(2.1,2, -1), (-1,1,1,0), (-1,4,5,-1)} Wymiar obrazu wyznaczymy z zależności

		2	1	2	-1 1		2	l	2	-1
d.m (Im L	) = ii	-1	1	1	0	“ *1 - rz	-1	1	1	0
		-1	4	5	-1 J		-3	3	3	0

Bazę obrazu stanowią więc dwa liniowo niezależne wektory wybrane spośród jego generatorów, np. (2, 1,2 — 1), ( — 1,1,1,0). Jądra przekształcenia L jest określone wzorem

Ker L = {(x, y, z) 6 TT¹ : 2x - y — z = 0, x + y -ł- 4z = 0,2r -ł- y + 52 = 0, -z — z = 0}

Po rozwiązaniu jednorodnego układu równań określającego ten 2bićr mamy: x = —z, y = — 3z, gdzie z € R. Zatem

Ker L = {(—z, — 3z, z) : z € .R) = Im {(1,3, —1)} -

Wymiar jądra jest równy 1, a jego bazą jest wektor (1,3, -1)- Zbiór Ker L jest prostą o x    y    z    ,

równaniu kierunkowym - = - = —-. w przestrzeni R .

i    J    “I

c) W tym przykładzie mamy

Ker L — { (z, y, z, t) € R^Ą z + 2z-f£ = 0,— 2x + y — 3z — 5< = 0 , z — y + z-t-41 = 0} , Im /. = {(x + 2z + I, —2z + y — 3z — 5<, t — y + z + 4£) : x, y, z, t 6 R}

Rozwiązanie jednorodnego układu równań określającego jądro przekształcenia L znajdziemy stosując metodą eliminacji Gaussa

1	0	2	1	0 '	u»2 + 2»i	1	0	2	1	0 '
-2	1	-3	-5	0		0	1	1	-3	0
1	-1	1	4	0 .	*"3 “ “'l	0	-1	-1	3	0 .

zatem x — — 2z — t, j = —zł 3t, gdzie z, l 6 R oraz

10 2 10 011-30

Ker L = \{— 2z — £, — z -f 31, z, £) : z, i £ R) = lin {(—2, — 1,1 0), (-1,3,0,1)} .

Stąd dim ( Ker L) — 2, a znalezione generatory jądra są też jego bazą. Natomiast Im l = lin {(1. -2,1), (0,1,-1), (2, -3,1), (1, -5,4))

oraz

	1 0 2 11			1 0	2	1
dim (Im 7) = rz	-2 1 -3 -5 .1-1 1 4.	+ 2-] - rz *3 - »*i		0 1	1	-3
				0 -1	-1	3

4ra“

2.