Witam
Otóż mam następujące zadanie:
Dane jest przekształcenie liniowe: \(\displaystyle{ f(x,y,z,t) = (-2x+y-t,x+z,-3y-z)}\)
Wyznaczyć \(\displaystyle{ Ker(f), Im(f)}\) oraz ich bazy.
Przeszukując forum wpadłem na pewien algorytm @Coda rozwiązywania takich zadań:
https://www.matematyka.pl/viewtopic.php?t=11182
Chciałbym zapytać, czy algorytm ten rzeczywiście działa i prosić o sprawdzenie wyników powyższego zadania. Jeśli okaże się, że wszystko jest do bani, prosiłbym o jakąś wskazówkę jak się za nie zabrać w odpowiedni sposób . Ponadto - jak obliczyć bazy jądra i obrazu?
Wyniki:
\(\displaystyle{ Ker(f) = lin{(-1,0,1,-2)}}\)
\(\displaystyle{ Im(f) = lin{(0,1,-6,0),(1,0,-3,0),(0,0,-3,0)}}\)
Dziękuję z góry za wszelką pomoc i pozdrawiam
mayh90
Wyznaczenie jądra i obrazu przekształcenia liniowego
-
- Użytkownik
- Posty: 5356
- Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Gliwice
- Pomógł: 1381 razy
Wyznaczenie jądra i obrazu przekształcenia liniowego
Działa - fajna metoda. Macierz, którą zapisujesz po prawej to transponowana macierz tego przekształcenia w obu bazach kanonicznych. Może tylko, dla większej jasności, lepiej zapisać macierz jednostkową po prawej (wówczas w zadaniu chodzi po prostu o znalezienie postaci schodkowej podanej macierzy, co mi się wydaje być nieco bardziej naturalne).
Wówczas eliminacja Gaussa na tej macierzy oznacza po prostu rozwiązywanie 3 układów równań o tej samej macierzy współczynników - czyli uzyskując po lewej (w oryginalnej metodzie - po prawej) wiersz zerowy, w drugiej części macierzy uzyskujesz "kolejne współrzędne wektora zerowego", czyli to, co jest w jądrze.
Eliminacja Gaussa dla obrazu (czyli pierwszej części tej macierzy) oznacza po prostu działanie na generatorach 0 w wyniku cego otrzymujesz znowu generatory.
Wobec tego, wektory, które otrzymujesz stanowią bazy w jądrze i obrazie (ponieważ ze sposobu otrzymania wynika ich liniowa niezależność).
Pozdrawiam.
Wówczas eliminacja Gaussa na tej macierzy oznacza po prostu rozwiązywanie 3 układów równań o tej samej macierzy współczynników - czyli uzyskując po lewej (w oryginalnej metodzie - po prawej) wiersz zerowy, w drugiej części macierzy uzyskujesz "kolejne współrzędne wektora zerowego", czyli to, co jest w jądrze.
Eliminacja Gaussa dla obrazu (czyli pierwszej części tej macierzy) oznacza po prostu działanie na generatorach 0 w wyniku cego otrzymujesz znowu generatory.
Wobec tego, wektory, które otrzymujesz stanowią bazy w jądrze i obrazie (ponieważ ze sposobu otrzymania wynika ich liniowa niezależność).
Pozdrawiam.
- mayh90
- Użytkownik
- Posty: 16
- Rejestracja: 27 lis 2009, o 00:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Legionowo
- Podziękował: 2 razy
Wyznaczenie jądra i obrazu przekształcenia liniowego
W takim razie jeżeli ostateczna wersja macierzy wygląda w ten sposób:
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0&1&0&0&1&0&-3&0 \\ 1&2&0&0&0&1&-6&0 \\ 0&1&0&1&0&0&-3&0 \\ -1&0&1&-2&0&0&0&0 \end {bmatrix}}\)
... to z których wartości tworzę bazy? Czy są to po prostu te same wektory co w jądrze i obrazie?
Pozdrawiam
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0&1&0&0&1&0&-3&0 \\ 1&2&0&0&0&1&-6&0 \\ 0&1&0&1&0&0&-3&0 \\ -1&0&1&-2&0&0&0&0 \end {bmatrix}}\)
... to z których wartości tworzę bazy? Czy są to po prostu te same wektory co w jądrze i obrazie?
Pozdrawiam
-
- Użytkownik
- Posty: 5356
- Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Gliwice
- Pomógł: 1381 razy
Wyznaczenie jądra i obrazu przekształcenia liniowego
Obraz jest przecież podprzestrzenią w \(\displaystyle{ R^3}\), więc wektory w obrazie nie mogą mieć 4 współrzędnych! (nie zwróciłam uwagi na to wcześniej, skupiłam sie na metodzie). Coś tu dziwnego zrobiłeś...
Wyjściowa macierz wygląda tak (jeśli bardzo chcesz się trzymać oryginalnej wersji)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{rrrr|rrr} 1&0&0&0&-2& 1&0\\ 0&1&0&0&0&1&-3 \\ 0&0&1&0&0&1&-1 \\ 0&0&0&1&-1&0&0 \end {array}\right]}\)
Przelicz to jeszcze raz. Wektory, które otrzymujesz w ten sposób i zgodnie z tym, co napisał Cod są liniowo niezależne, więc stanowią bazę (jedne w obrazie, drugie w jądrze).
Pozdrawiam.
Wyjściowa macierz wygląda tak (jeśli bardzo chcesz się trzymać oryginalnej wersji)
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{rrrr|rrr} 1&0&0&0&-2& 1&0\\ 0&1&0&0&0&1&-3 \\ 0&0&1&0&0&1&-1 \\ 0&0&0&1&-1&0&0 \end {array}\right]}\)
Przelicz to jeszcze raz. Wektory, które otrzymujesz w ten sposób i zgodnie z tym, co napisał Cod są liniowo niezależne, więc stanowią bazę (jedne w obrazie, drugie w jądrze).
Pozdrawiam.
- mayh90
- Użytkownik
- Posty: 16
- Rejestracja: 27 lis 2009, o 00:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Legionowo
- Podziękował: 2 razy
Wyznaczenie jądra i obrazu przekształcenia liniowego
Ok, kwestię bazy rozumiem. Swój głupi błąd również .
A czy to możliwe, żeby \(\displaystyle{ Ker(f) = lin{(-1,5;0,5;1,5;2,5)}}\)?
A czy to możliwe, żeby \(\displaystyle{ Ker(f) = lin{(-1,5;0,5;1,5;2,5)}}\)?
-
- Użytkownik
- Posty: 5356
- Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Gliwice
- Pomógł: 1381 razy
Wyznaczenie jądra i obrazu przekształcenia liniowego
U mnie co innego wyszło, ale może się pomyliłam...Kolejność operacji:
\(\displaystyle{ w_1-2w_4\quad w_2-3w_3\quad w_2+2w_1}\)
Wtedy druga część drugiego wiersza wychodzi zerowa.
Pozdrawiam.
\(\displaystyle{ w_1-2w_4\quad w_2-3w_3\quad w_2+2w_1}\)
Wtedy druga część drugiego wiersza wychodzi zerowa.
Pozdrawiam.
- mayh90
- Użytkownik
- Posty: 16
- Rejestracja: 27 lis 2009, o 00:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Legionowo
- Podziękował: 2 razy
Wyznaczenie jądra i obrazu przekształcenia liniowego
Prawda. Działa. Wyszło .
Naprawdę wielkie dzięki za teorię i pomoc w przykładzie. A właściwie w przykładach, z drugim jeszcze drobne problemy, także do zobaczenia (mam nadzieję) w innym topicu .
Naprawdę wielkie dzięki za teorię i pomoc w przykładzie. A właściwie w przykładach, z drugim jeszcze drobne problemy, także do zobaczenia (mam nadzieję) w innym topicu .