Przekształcenia liniowe

[adambak]

1. Dane jest przekształcenie liniowe \(\displaystyle{ F : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^2}\)

\(\displaystyle{ F(\vec{x})=\left[\begin{array}{ccc} x_1-x_2+2x_3\\ 3x_1+x_2+x_3 \end{array}\right]}\)

Znajdź bazy w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^3}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{R}^2}\), w których \(\displaystyle{ F}\) ma macierz:

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccc} 1& 1& 1& 2& 0& 1& \end{array}\right]}\)

nie wiem jak to ugryźć.. zastanawiam się czy coś ciekawego można powiedzieć o macierzy przekształcenia liniowego z przestrzeni mniej do więcej wymiarowej? (a przy okazji z więcej wymiarowej do mniej?) napewno można, coś mi tutaj nie pasuje gdyż skoro macierz tego przekształcenia w bazie podstawowej \(\displaystyle{ (\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3})}\) wygląda tak:

\(\displaystyle{ f=\left[\begin{array}{ccc} 1& -1& 2& 3& 1& 1& \end{array}\right]}\)

no to macierz tego przekształcenia liniowego w bazach \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) (dziedzina) oraz \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) (przeciwdziedzina) będzie wyglądała tak:

\(\displaystyle{ F=\mathbb{B}^{-1}\cdot f \cdot \mathbb{A}}\)

ale baza \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) (czyli wektory bazowe ustawione w kolumnę) jest bazą przestrzeni trójwymiarowej to coś nie bardzo mogę pomnożyć ją z prawej strony przez macierz o dwóch wierszach (czyli \(\displaystyle{ f}\)).. poza tym moja metoda by się opierała w takim razie na znalezieniu aż dwóch macierzy (\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\), bo \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ f}\) mam) a to robi się strasznie niewygodne.. widać, że czegoś mi tutaj w wiedzy brakuje do zrobienia tego zadania..



2. Odwzorowanie \(\displaystyle{ f : \mathbb{R}^{2,4} \rightarrow \mathcal{P}^3_{\mathbb{R}}}\) jest zdefiniowane następująco: jeżeli \(\displaystyle{ f(A)=p}\), to

\(\displaystyle{ p(t)=\left[ 1,1\right]\cdot A \cdot \left[ 1,t,-t,t^2\right]^T}\)

Pokaż, że \(\displaystyle{ f}\) jest liniowe. Znajdź \(\displaystyle{ \text{dim Ker }f}\). Znajdź podprzestrzeń \(\displaystyle{ X \subset \mathbb{R}^{2,4}}\) taką, że \(\displaystyle{ f_{|X}}\) (czyli pewnie obcięcie \(\displaystyle{ f}\) do dziedziny \(\displaystyle{ X}\)) jest bijekcją z \(\displaystyle{ X}\) na \(\displaystyle{ \mathcal{P}^3_{\mathbb{R}}}\).

tutaj z kolei nie bardzo wiem co się dzieje..

[norwimaj]

ale baza \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) (czyli wektory bazowe ustawione w kolumnę) jest bazą przestrzeni trójwymiarowej

Przeciwdziedzina jest dwuwymiarowa, czyż nie?

[adambak]

no nie, znowu gafa.. to musiałem być nieźle zmęczony..

czyli w takim razie zadanie polega na znalezieniu macierzy \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), wiedząc że:
\(\displaystyle{ F=\left[\begin{array}{ccc} 1& 1& 1& 2& 0& 1& \end{array}\right]}\)

\(\displaystyle{ f=\left[\begin{array}{ccc} 1& -1& 2& 3& 1& 1& \end{array}\right]}\)

z równania:
\(\displaystyle{ F=\mathbb{B}^{-1}\cdot f \cdot \mathbb{A}}\)
? to by było fatalnie pod względem obliczeń..


a jak z resztą moich pytań?

[Majeskas]

zastanawiam się czy coś ciekawego można powiedzieć o macierzy przekształcenia liniowego z przestrzeni mniej do więcej wymiarowej?

Chyba niewiele więcej ponad to, że nie jest kwadratowa.

no to macierz tego przekształcenia liniowego w bazach \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) (dziedzina) oraz \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) (przeciwdziedzina) będzie wyglądała tak:

\(\displaystyle{ F=\mathbb{B}^{-1}\cdot f \cdot \mathbb{A}}\)

ale baza \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) (czyli wektory bazowe ustawione w kolumnę) jest bazą przestrzeni trójwymiarowej to coś nie bardzo mogę pomnożyć ją z prawej strony przez macierz o dwóch wierszach (czyli \(\displaystyle{ f}\))..

Wszystko jest w porządku. Jak zauważyłeś, \(\displaystyle{ \mathcal{B}}\) jest bazą przeciwdziedziny, czyli \(\displaystyle{ \mathbb{R}^2}\).

poza tym moja metoda by się opierała w takim razie na znalezieniu aż dwóch macierzy (\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) i \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\), bo \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ f}\) mam) a to robi się strasznie niewygodne.. widać, że czegoś mi tutaj w wiedzy brakuje do zrobienia tego zadania..

Niestety, ja też nie widzę innego rozwiązania.

\(\displaystyle{ \mathcal A=\left\{ \left[ a,b,c\right],\left[ d,e,f\right],\left[ g,h,i\right] \right\}}\)

\(\displaystyle{ \mathcal B=\left\{ \left[ j,k\right],\left[ l,m\right] \right\}}\)

Wówczas

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} j&l\\k&m\end{bmatrix}^{-1}\cdot\begin{bmatrix} 1&-1&2\\3&1&1\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix} a&d&g\\b&e&h\\c&f&i\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&1\end{bmatrix}}\)

[adambak]

ok, dzięki wielkie

zastanawiam się czy coś ciekawego można powiedzieć o macierzy przekształcenia liniowego z przestrzeni mniej do więcej wymiarowej?

Chyba niewiele więcej ponadto, że nie jest kwadratowa.

a czy można coś ciekawego powiedzieć o przekształceniu które definiuje taka macierz? czy na przykład zawsze jest "na" itp?

[Majeskas]

Niekoniecznie. Przekształcenie liniowe \(\displaystyle{ \varphi\colon V\to W}\) jest epimorfizmem (jest "na"), gdy \(\displaystyle{ \textup{im}\,\varphi=W}\), lub innymi słowy, gdy macierz tego przekształcenia ma maksymalny rząd, więc np.

\(\displaystyle{ \varphi\colon\mathbb R^3\to\mathbb R^2}\)

\(\displaystyle{ M(\varphi)^\textrm{st}_\textrm{st}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}}\)

[norwimaj]

Rozwiązanie bez używania literek od a do m może polegać na zastanowieniu się, jakie operacje na wierszach i kolumnach jednej macierzy trzeba wykonać, żeby otrzymać drugą macierz.

[adambak]

norwimaj, o kurcze, ale świetne!

czyli chodzi o coś takiego?
1. \(\displaystyle{ k_2-k_3}\)
2. \(\displaystyle{ k_2/(-3)}\)
3. \(\displaystyle{ k_3-2k_2}\)
4. \(\displaystyle{ k_1-k_3}\)
5. \(\displaystyle{ k_3+k_2}\)


a jak się chwilę pomęczymy to się okaże, że odpowiada to czemuś takiemu:

\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 1&1&1\\2&0&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1&0\\0&1\end{bmatrix}^{-1}\cdot \begin{bmatrix} 1&-1&2\\3&1&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&-1&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&-\frac13&0\\0&0&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&-2\\0&0&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\-1&0&1\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&1\\0&0&1\end{bmatrix}}\)

bazę \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) już mamy (bo nawet nic nie trzeba odwracać), a bazę \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) otrzymamy z wymnożenia tych macierzy operacji elementarnych, czy dobrze?

-- 11 sty 2012, o 22:48 --

ok, zgadza się po wymnożeniu, czyli chyba ok.. dzięki wielkie!

ale to drugie to jakieś straszne..

[norwimaj]

Sprawdzenie liniowości chyba nie jest trudne?

\(\displaystyle{ f(A+B)(t)=\ldots}\)

\(\displaystyle{ f(a\cdot A)(t)=\ldots}\)


A jeszcze odnośnie zad. 1, w bardziej skomplikowanych przykładach dobrą metodą by było sprowadzenie do postaci schodkowej zredukowanej obu macierzy. Wtedy też widać, czy taką zamianę bazy da się zrobić, czy nie.

[Majeskas]

Co to w ogóle jest za przestrzeń \(\displaystyle{ \mathbb R^{2{,}4}}\)?

[adambak]

Majeskas, przestrzeń macierzy o współczynnikach rzeczywistych rozmiaru: \(\displaystyle{ 2\times 4}\), ta druga to przestrzeń wielomianów nad \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) stopnia co najwyżej \(\displaystyle{ 2}\).


norwimaj, chyba nie jest trudne..

\(\displaystyle{ f(A+B)(t)=\left[ 1,1 \right] \cdot (A+B)\cdot\left[ 1,t,-t,t^2 \right]^T=\left[ 1,1\right]\cdot A \cdot \left[ 1,t,-t,t^2 \right]^T + \\ \left[ 1,1\right]\cdot B \cdot \left[ 1,t,-t,t^2 \right]^T=f(A)(t)+f(B)(t)}\)

\(\displaystyle{ f(a\cdot A)(t)= \left[ 1,1\right]\cdot (a\cdot A) \cdot \left[ 1,t,-t,t^2 \right]^T= a\cdot\left[ 1,1\right]\cdot A \cdot \left[ 1,t,-t,t^2 \right]^T=a\cdot f(A)(t)}\)

jest liniowe..


teraz: \(\displaystyle{ \text{Ker }f=\left\{ A\in \mathbb{R}^{2,4} : f(A)=0 \right\}}\), ale właściwie to potrzebuję tylko wymiar tej przestrzeni.. czy może tak na hurra lecieć z układem równań \(\displaystyle{ f(A)=0}\)? ale w sumie skoro tylko wymiar potrzebuję to może jakoś krócej będzie można dzięki mądremu wnioskowi.. wiem, że \(\displaystyle{ \text{dim }\mathbb{R}^{2,4}=8=\text{dim Im }f + \text{dim Ker }f}\)

[norwimaj]

\(\displaystyle{ \text{dim }\mathbb{R}^{2,4}=8=\text{dim Im }f + \text{dim Ker }f}\)

O tym nie pomyślałem, a to faktycznie najprostszy sposób. Czyli można najpierw zrobić ostatnią część polecenia, a to już samo wyniknie.

[adambak]

ja jeszcze tego nie widzę co wyniknie, ale bo i nie wiem jak znaleźć to \(\displaystyle{ X}\) niestety..

chcemy, żeby była bijekcja.. w takim razie różnowartościowość to \(\displaystyle{ f(A)=0 \Leftrightarrow A=0}\), ale nie mam pojęcia co musi zachodzić, żeby przekształcenie było "na".. gdybym miał macierz tego przekształcenia to pewnie musiała by ona być pełnego rzędu, tutaj nie widzę tej macierzy przekształcenia, jest ono dosyć skomplikowane, wydaje mi się..

[norwimaj]

A czy nie widać od razu że \(\displaystyle{ X=\left\{\begin{bmatrix}c&b&0&a\\0&0&0&0\end{bmatrix}:a,b,c\in\mathbb{R}\right\}}\) jest dobrym przykładem przestrzeni \(\displaystyle{ X}\)?

[adambak]

aa.. w ten sposób.. i po wymnożeniu wychodzi \(\displaystyle{ p(t)=c+bt+at^2}\) czyli faktycznie otrzymamy każdy wielomian z \(\displaystyle{ \mathcal{P}^3_{\mathbb{R}}}\), fajne..-- 13 sty 2012, o 00:29 --za dużo się zastanawiałem, a wystarczyło pokombinować..