Poprosze o rozwiązanie tych zadan (oprocz zadania pierwszego), jezeli gdzies sa dwa identyczne podpunkty, to wystarczy jeden...
Zadania sa podobno łatwe
oto link do zadan: http://fatcat.ftj.agh.edu.pl/~spisak/mmf10.pdf
z gory dzięki
Odwzorowania liniowe
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
1. Wystarczy sprawdzić czy \(T(x+y)=T(x)+T(y)\) i \(T(px)=pT(x)\), gdzie x,y wektory z przestrzeni liniowej w tym przypadku \(\mathbb{R}^2\), a p jest elementem ciała tutaj \(\mathbb{R}\).
\(T((x_1,x_2)+(y_1,y_2))=T((x_1+y_1,x_2+y_2)=(3(x_1+y_1)+4(x_2+y_2),5(x_1+y_1)-(x_2+y_2))=
=(3x_1+4x_2,5x_1-x_2)+(3y_1+4y_2,5y_1-y_2)=T(x_1,x_2)+T(y_1,y_2)\)
\(T(c(x_1,x_2))=(3cx_1+4cx_2,5cx_1-cx_2)=c(3x_1+4x_2,5x_1-x_2)=cT(x_1,x_2)\)
2. \(T_1\circ T_2(x_1,x_2,x_3)=T_1(T_2(x_1,x_2,x_3))=T_1(2x_1+x_2-x_3 , x_1+2x_2-x_3 , x_1-x_3)=
=(2(2x_1+x_2-x_3)-(x_1+2x_2-x_3),3(2x_1+x_2-x_3)+(x_1+2x_2-x_3)-(x_1-x_3),
(2x_1+x_2-x_3)+(x_1+2x_2-x_3)+(x_1-x_3))=(3x_1-x_3,6x_1+5x_2-3x_3,4x_1+3x_2-3x_3)\)
3.Wyznaczamy jądro i obraz odwzorowania
\(\ker T=\{x\in\mathbb{R}^3:T(x)=0\}\)
Czyli musimy rozwiązać układ
\(\begin{cases}
x_1+2x_2+4x_3=0\\
3x_1+x_2+7x_3=0\\
2x_1+5x_2+9x_3=0\\
6x_2+6x_3=0
\end{cases}\quad\Rightarrow\ker T=\{(x_1,x_2,x_3):x_1=-2x_3,x_2=-x_3, x_3\in\mathbb{R}\}\)
Widać, że jądro ma wymiar 1 czyli jego baza będzie składać się z jednego wektora np. podstawiamy \(x_3=1\) i otrzymujemy \((-2,-1,1)\)
Obraz \(\im T=\{y\in\mathbb{R}^4:y=T(x)\text{ dla pewnego }x\in\mathbb{R}^3\}\). Wystarczy skorzystać z faktu, że odwzorowania liniowe przeprowadzają bazę na bazę.
\(T(1,0,0)=(1,3,2,0),\quad T(0,1,0)=(2,1,5,6),\quad T(0,0,1)=(4,7,9,6)\)
To jeszcze nie koniec bo elementy bazy muszą być liniowo niezależne.
\((2,1,5,6)+2(1,3,2,0)=(4,7,9,6)\)
Łatwo sprawdzić, że (2,1,5,6), (1,3,2,0) są liniowo niezależne. Zatem przykładową bazą może być \(\{(2,1,5,6),(1,3,2,0)\}\)
4. Liczymy wartość odwzorowania T na wektorach bazowych z dziedziny
\(T(1,0,0)=(4,1)=4(1,0)+(0,1),\quad T(0,1,0)=(5,7)=5(1,0)+7(0,1),\quad T(0,0,1)=(6,8)=6(1,0)+8(0,1)\)
Te wyniki stanowią kolejne kolumny macierzy odwzorowania
\(\begin{bmatrix}
4 & 5 & 6\\
1& 7 & 8
\end{bmatrix}\)
5. Podobnie jak w 4 liczymy wartości wektorów bazowych
\(T(2,-1,0)=(1,0),\quad T(1,3,2)=(4,5)=4(1,0)+5(0,1),\quad T(0,4,1)=(4,7)=4(1,0)+(0,1)\)
Wyniki zapisujemy jako kolumny i otrzymujemy macierz
\(\begin{bmatrix}1 & 4 & 4\\
0 & 5 & 7 \end{bmatrix}\)
6.
\(T((x_1,x_2)+(y_1,y_2))=T((x_1+y_1,x_2+y_2)=(3(x_1+y_1)+4(x_2+y_2),5(x_1+y_1)-(x_2+y_2))=
=(3x_1+4x_2,5x_1-x_2)+(3y_1+4y_2,5y_1-y_2)=T(x_1,x_2)+T(y_1,y_2)\)
\(T(c(x_1,x_2))=(3cx_1+4cx_2,5cx_1-cx_2)=c(3x_1+4x_2,5x_1-x_2)=cT(x_1,x_2)\)
2. \(T_1\circ T_2(x_1,x_2,x_3)=T_1(T_2(x_1,x_2,x_3))=T_1(2x_1+x_2-x_3 , x_1+2x_2-x_3 , x_1-x_3)=
=(2(2x_1+x_2-x_3)-(x_1+2x_2-x_3),3(2x_1+x_2-x_3)+(x_1+2x_2-x_3)-(x_1-x_3),
(2x_1+x_2-x_3)+(x_1+2x_2-x_3)+(x_1-x_3))=(3x_1-x_3,6x_1+5x_2-3x_3,4x_1+3x_2-3x_3)\)
3.Wyznaczamy jądro i obraz odwzorowania
\(\ker T=\{x\in\mathbb{R}^3:T(x)=0\}\)
Czyli musimy rozwiązać układ
\(\begin{cases}
x_1+2x_2+4x_3=0\\
3x_1+x_2+7x_3=0\\
2x_1+5x_2+9x_3=0\\
6x_2+6x_3=0
\end{cases}\quad\Rightarrow\ker T=\{(x_1,x_2,x_3):x_1=-2x_3,x_2=-x_3, x_3\in\mathbb{R}\}\)
Widać, że jądro ma wymiar 1 czyli jego baza będzie składać się z jednego wektora np. podstawiamy \(x_3=1\) i otrzymujemy \((-2,-1,1)\)
Obraz \(\im T=\{y\in\mathbb{R}^4:y=T(x)\text{ dla pewnego }x\in\mathbb{R}^3\}\). Wystarczy skorzystać z faktu, że odwzorowania liniowe przeprowadzają bazę na bazę.
\(T(1,0,0)=(1,3,2,0),\quad T(0,1,0)=(2,1,5,6),\quad T(0,0,1)=(4,7,9,6)\)
To jeszcze nie koniec bo elementy bazy muszą być liniowo niezależne.
\((2,1,5,6)+2(1,3,2,0)=(4,7,9,6)\)
Łatwo sprawdzić, że (2,1,5,6), (1,3,2,0) są liniowo niezależne. Zatem przykładową bazą może być \(\{(2,1,5,6),(1,3,2,0)\}\)
4. Liczymy wartość odwzorowania T na wektorach bazowych z dziedziny
\(T(1,0,0)=(4,1)=4(1,0)+(0,1),\quad T(0,1,0)=(5,7)=5(1,0)+7(0,1),\quad T(0,0,1)=(6,8)=6(1,0)+8(0,1)\)
Te wyniki stanowią kolejne kolumny macierzy odwzorowania
\(\begin{bmatrix}
4 & 5 & 6\\
1& 7 & 8
\end{bmatrix}\)
5. Podobnie jak w 4 liczymy wartości wektorów bazowych
\(T(2,-1,0)=(1,0),\quad T(1,3,2)=(4,5)=4(1,0)+5(0,1),\quad T(0,4,1)=(4,7)=4(1,0)+(0,1)\)
Wyniki zapisujemy jako kolumny i otrzymujemy macierz
\(\begin{bmatrix}1 & 4 & 4\\
0 & 5 & 7 \end{bmatrix}\)
6.
Dobrze policzyłaś teraz musisz sprawdzić czy faktycznie są liniowo zależne. Sprawdzamy czy istnieje rozwiązanie następującego równania
\(x(1,2,3,4)+y(1,2,4,0)=(-1,-1,-1,-2)\)
mi wyszło, że takie równanie nie ma rozwiązania, więc wektory są liniowo niezależne. Czyli stanowią bazę obrazu.
Gdyby wyszło że są liniowo zależne to musiała byś wybrać spośród tych 3 wektorów 2 wektory liniowo niezależne. Jeżeli okazałoby się, że wszystkie takie dwójki są liniowo zależne, to by oznaczało, że wymiar jest równy 1 i dowolny z tych wektorów byłby bazą.
\(x(1,2,3,4)+y(1,2,4,0)=(-1,-1,-1,-2)\)
mi wyszło, że takie równanie nie ma rozwiązania, więc wektory są liniowo niezależne. Czyli stanowią bazę obrazu.
Gdyby wyszło że są liniowo zależne to musiała byś wybrać spośród tych 3 wektorów 2 wektory liniowo niezależne. Jeżeli okazałoby się, że wszystkie takie dwójki są liniowo zależne, to by oznaczało, że wymiar jest równy 1 i dowolny z tych wektorów byłby bazą.
bo rozwiążanie tego równania ze 6, daje coś takiego: http://www.wolframalpha.com/input/?i=[[a%2Cb%2Cc]%2C[d%2Ce%2Cf]%2C[g%2Ch%2Ci]]*[[1%2C1%2C1]%2C[2%2C3%2C5]%2C[3%2C4%2C7]]%3D[[2%2C4%2C6]%2C[3%2C4%2C3]%2C[4%2C5%2C4]]*[[a%2Cb%2Cc]%2C[d%2Ce%2Cf]%2C[g%2Ch%2Ci]]
(nie wystarczy klikac sam link - trzeba zaznaczyc i skopiowac calosc)
(nie wystarczy klikac sam link - trzeba zaznaczyc i skopiowac calosc)
Faktycznie głupotę napisałem.
6 możesz zrobić w następujący sposób:
bierzesz wektor ze starej bazy i zapisujesz go jako kombinację liniową wektorów z nowej bazy współczynniki stanowią kolumnę macierzy przejścia np.
\((1,2,3)=\frac{7}{4}(2,3,4)-1(4,4,5)+\frac{1}{4}(6,3,4)\)
czyli \(\begin{bmatrix}\frac{7}{4}\\ -1 \\ \frac{1}{4} \end{bmatrix}\) jest pierwszą kolumną macierzy przejścia. Liczymy w ten sposób pozostałe 2 kolumny i mamy wynik.
6 możesz zrobić w następujący sposób:
bierzesz wektor ze starej bazy i zapisujesz go jako kombinację liniową wektorów z nowej bazy współczynniki stanowią kolumnę macierzy przejścia np.
\((1,2,3)=\frac{7}{4}(2,3,4)-1(4,4,5)+\frac{1}{4}(6,3,4)\)
czyli \(\begin{bmatrix}\frac{7}{4}\\ -1 \\ \frac{1}{4} \end{bmatrix}\) jest pierwszą kolumną macierzy przejścia. Liczymy w ten sposób pozostałe 2 kolumny i mamy wynik.