Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 4: Odwzorowania liniowe

Zadanie 4.1

Dane jest odwzorowanie $f:{\mathbb{ℝ}}^n\to \mathbb{ℝ}$. Wykazać, że $f$ jest odwzorowaniem liniowym wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją takie liczby rzeczywiste $a_1,a_2,\dots ,a_n$, że dla dowolnego wektora $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,\dots ,x_n)\in {\mathbb{ℝ}}^n$ zachodzi równość

$f(\mathbf{𝐱})=a_1{x}_1+a_2{x}_2+\dots +a_n{x}_n.$      (4.1)

Wskazówka

Dowód rozbić na dwie implikacje. Łatwo jest wykazać, że każde odwzorowanie zadane wzorem  (4.1) jest liniowe. W drugą stronę można skorzystać z zadania 3.4 i twierdzenia, które mówi, że każde odwzorowanie liniowe jest zdeterminowane przez swoje wartości na bazie.

Rozwiązanie

Ustalmy $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$.

Załóżmy, że istnieją liczby rzeczywiste $a_1,\dots ,a_n$ takie, że

$f(x_1,\dots ,x_n)=a_1{x}_1+\dots +a_n{x}_n$

dla wszystkich wektorów $(x_1,\dots ,x_n)\in {\mathbb{ℝ}}^n$. Niech $\mathbf{𝐱}=(x_1,\dots ,x_n)$ oraz $\mathbf{𝐲}=(y_1,\dots ,y_n)$ będą dowolnymi wektorami w ${\mathbb{ℝ}}^n$ i niech $\alpha$ oraz $\beta$ będą dowolnymi skalarami (elementami ciała $\mathbb{ℝ}$). Wówczas

$\begin{array}{rl}f(\alpha \mathbf{𝐱}+\beta \mathbf{𝐲})& \stackrel{(1)}{=}f(\alpha x_1+\beta y_1,\dots ,\alpha x_n+\beta y_n)\\ & \stackrel{(2)}{=}{a}_1(\alpha x_1+\beta y_1)+\dots +a_n(\alpha x_n+\beta y_n)& \\ & \stackrel{(3)}{=}\alpha (a_1{x}_1+\dots +a_n{x}_n)+\beta (a_1{y}_1+\dots +a_n{y}_n)\\ & \stackrel{(4)}{=}\alpha f(\mathbf{𝐱})+\beta f(\mathbf{𝐲})\end{array}$

Równości $(1)$ i $(3)$ otrzymaliśmy na podstawie definicji działań w ${\mathbb{ℝ}}^n$, natomiast równości $(2)$ i $(4)$ są konsekwencją postaci odwzorowania $f$. Wykazana powyżej równość oznacza, że $f$ jest odwzorowaniem liniowym i dowód pierwszej implikacji jest zakończony.

Dla dowodu drugiej implikacji załóżmy, że $f$ jest odwzorowaniem liniowym. Niech $e_i$ oznacza $i$-ty wektor bazy kanonicznej przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^n$. Dla $i=1,\dots ,n$ zdefiniujmy liczbę rzeczywistą

$a_i=f(e_i).$

Twierdzimy, że $f(x_1,\dots ,x_n)=a_1{x}_1+\dots +a_n{x}_n$ dla każdego wektora $(x_1,\dots ,x_n)\in {\mathbb{ℝ}}^n$. Zauważmy, że (patrz także zadanie 3.4)

$(x_1,\dots ,x_n)=x_1{e}_1+\dots +x_n{e}_n.$

Z liniowości odwzorowania $f$ wynika, że

$f(x_1,\dots ,x_n)=f(x_1{e}_1+\dots +x_n{e}_n)=x_{1}f(e_1)+\dots +x_{n}f(e_n).$

Prawą stronę powyższej równości przy naszych oznaczeniach można zapisać w następujący sposób

$x_{1}f(e_1)+\dots +x_{n}f(e_n)=a_1{x}_1+\dots +a_n{x}_n,$

co kończy dowód naszej implikacji.

Zadanie 4.2

Niech $V$ oraz $W$ będą przestrzeniami wektorowymi nad ciałem $\mathbb{𝕂}$. Wykazać, że odwzorowania

$\begin{array}{rlrl}{p}_V:V\times W\ni (v,w)& \to v\in V,& p_W:V\times W\ni (v,w)& \to w\in W\end{array}$

są liniowe.

Wskazówka

Skorzystać z definicji odwzorowania liniowego i definicji działań w przestrzeni $V\times W$.

Rozwiązanie

Niech ${\mathbf{𝐱}}_1=(v_1,w_1)$ oraz ${\mathbf{𝐱}}_2=(v_2,w_2)$ będą dowolnymi wektorami należącymi do przestrzeni $V\times W$ oraz niech ${\alpha }_1$ oraz ${\alpha }_2$ będą dowolnymi skalarami (elementami ciała $\mathbb{𝕂}$). Wykażemy, że rzutowanie $p_V$ jest liniowe (dowód dla $p_W$ przebiega analogicznie).

$\begin{array}{rl}{p}_V({\alpha }_1{\mathbf{𝐱}}_1+{\alpha }_2{\mathbf{𝐱}}_2)& =p_V({\alpha }_1(v_1,w_1)+{\alpha }_2(v_2,w_2))\\ & =p_V(({\alpha }_1{v}_1+{\alpha }_2{v}_2,{\alpha }_1{w}_1+{\alpha }_2{w}_2))\\ & ={\alpha }_1{v}_1+{\alpha }_2{v}_2\\ & ={\alpha }_1{p}_V((v_1,w_1))+{\alpha }_2{p}_V((v_2,w_2))\\ & ={\alpha }_1{p}_V({\mathbf{𝐱}}_1)+{\alpha }_2{p}_V({\mathbf{𝐱}}_2),\end{array}$

co było do okazania.

Zadanie 4.3

Niech $U$, $V$ oraz $W$ będą przestrzeniami wektorowymi nad ciałem $\mathbb{𝕂}$ i niech dane bedą odwzorowania

$\begin{array}{rlrl}\phi & :U\to V,& \psi & :U\to W.\end{array}$

Definiujemy odwzorowanie

$\mathrm{\Phi }=(\phi ,\psi ):U\ni u\to (\phi (u),\psi (u))\in V\times W.$

Wykazać, że $\mathrm{\Phi }=(\phi ,\psi )$ jest odwzorowaniem liniowym wtedy i tylko wtedy, gdy $\phi$ i $\psi$ są odwzorowaniami liniowymi.

Wskazówka

Dla dowodu jednej z implikacji zauważyć, że zachodzą równości: $\phi =p_V\circ \mathrm{\Phi }$, oraz $\psi =p_W\circ \mathrm{\Phi }$, gdzie $p_V$ oraz $p_W$ są rzutowaniami zdefiniowanymi w zadaniu 4.2. Dla dowodu drugiej z implikacji skorzystać z definicji działań w przestrzeni $V\times W$.

Rozwiązanie

Załóżmy, że $\mathrm{\Phi }=(\phi ,\psi )$ jest odwzorowaniem liniowym, Zauważmy, że $\phi =p_V\circ \mathrm{\Phi }$, $\psi =p_W\circ \mathrm{\Phi }$, gdzie $p_V$ oraz $p_W$ oznaczają rzutowania

$\begin{array}{rlrl}{p}_V:V\times W\ni (v,w)& \to v\in V,& p_W:V\times W\ni (v,w)& \to w\in W.\end{array}$

Zatem jeżeli $\mathrm{\Phi }=(\phi ,\psi )$ jest odwzorowaniem liniowym, to $\phi$ oraz $\psi$ są liniowe, jako że dają się przedstawić jako złożenia odwzorowań liniowych. Dowód pierwszej implikacji jest zakończony.

Jeżeli $\phi$ oraz $\psi$ są odwzorowaniami liniowymi i dane są wektory $u_1,u_2\in U$ oraz skalary ${\alpha }_1,{\alpha }_2\in \mathbb{𝕂}$, to

$\begin{array}{rl}\mathrm{\Phi }({\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2)& =(\phi ({\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2),\psi ({\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2))\\ & =({\alpha }_1\phi (u_1)+{\alpha }_2\phi (u_2),{\alpha }_1\psi (u_1)+{\alpha }_2\psi (u_2))\\ & ={\alpha }_1(\phi (u_1),\psi (u_1))+{\alpha }_2(\phi (u_2),\psi (u_2))\\ & ={\alpha }_1\mathrm{\Phi }(u_1)+{\alpha }_2\mathrm{\Phi }(u_2),\end{array}$

co było do okazania.

Zadanie 4.4

Niech

$f:{\mathbb{ℝ}}^3\ni (x_1,x_2,x_3)\to (x_1+3x_2+x_3,2x_1+3x_2-x_3)\in {\mathbb{ℝ}}^2.$

Wykazać, że odwzorowanie $f$ jest liniowe. Znaleźć dowolną bazę podprzestrzeni $kerf$. Wyznaczyć $rkf$ oraz $\dim kerf$.

Wskazówka

Podobnie jak w rozwiązaniu zadania 4.1 można przeprowadzić bezpośredni dowód liniowości odwzorowania $f$. Można także skorzystać z zadań 4.1 i 4.3.

Każdy wektor $(x_1,x_2,x_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3$ należący do jądra odwzorowania $f$ spełnia warunek

$f(x_1,x_2,x_3)=(0,0).$

Przestrzeń $kerf$ można zatem znaleźć rozwiązując układ równań wypisany na podstawie tej równości, czyli układ

$\{\begin{array}{rcrcrc}{x}_1& +& 3x_2& +& x_3& =0\\ 2x_1& +& 3x_2& -& x_3& =0\end{array}$

Bazę podprzestrzeni $kerf$ otrzymamy biorąc dowolny maksymalny układ liniowo niezależnych wektorów należących do $kerf$. Znając bazę przestrzeni $kerf$ automatycznie znamy $\dim kerf$, co pozwala wyznaczyć $rkf$ ze wzoru:

$\dim kerf+rkf=\dim {\mathbb{ℝ}}^3.$

Rozwiązanie

Na mocy zadania 4.3 odwzorowanie $f$ jest liniowe, ponieważ jest zestawieniem dwóch odwzorowań liniowych $f_1$ i $f_2$, gdzie

$\begin{array}{rl}{f}_1:{\mathbb{ℝ}}^3\ni (x_1,x_2,x_3)& \to x_1+3x_2+x_3\in \mathbb{ℝ},\\ f_2:{\mathbb{ℝ}}^3\ni (x_1,x_2,x_3)& \to 2x_1+3x_2-x_3\in \mathbb{ℝ}.\end{array}$

Odwzorowania $f_1$ i $f_2$ są liniowe na mocy zadania 4.1.

Aby znaleźć $kerf$ należy rozwiązać jednorodny układ równań liniowych równoważny z równaniem $f(x_1,x_2,x_3)=(0,0)$, czyli

$\{\begin{array}{l}{x}_1+3x_2+x_3=0\\ 2x_1+3x_2-x_3=0\end{array}$

Jeżeli od równania drugiego odejmiemy równanie pierwsze przemnożone przez $2$, następnie do równania pierwszego dodamy przekształcone równanie drugie, a na koniec przemnożymy drugie równanie stronami przez $-\frac{1}{3}$, to otrzymamy układ równoważny z wyjściowym (tzn. o tym samym zbiorze rozwiązań). Układ ten wygląda następująco:

$\{\begin{array}{rrrl}{x}_1& -& 2x_3& =0\\ x_2& +& x_3& =0.\end{array}$

Rozwiązaniem tego układu jest każdy wektor $(x_1,x_2,x_3)$ postaci

$\{\begin{array}{rc}{x}_1& =2s\\ x_2& =-s\\ x_3& =s,\end{array}$

gdzie $s\in \mathbb{ℝ}$ jest parametrem, który może przyjąć dowolną wartość. Oznacza to, że zbiór

$\{\alpha (2,-1,1):\alpha \in \mathbb{ℝ}\}$

jest zbiorem rozwiązań naszego układu, a ponieważ zbiór rozwiązań pokrywa się z jądrem odwzorowania $f$ widzimy, że

$kerf=\{\alpha (2,-1,1):\alpha \in \mathbb{ℝ}\},$

czyli

$kerf=lin\{(2,-1,1)\},$

a zatem bazą dla $kerf$ jest np. układ, którego jedynym elementem jest wektor $(2,-1,1)$. Oczywiście dowodzi to, że

$\dim kerf=1.$

Oznacza to, że

$rkf=\dim {\mathbb{ℝ}}^3-\dim kerf=3-1=2.$

Zadanie 4.5

Wyznaczyć odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^2$ takie, żeby

$\begin{array}{rlrlrl}f((1,0,1))& =(0,4),& f((1,-1,1))& =(-1,2),& f((0,1,1))& =(0,5).\end{array}$

Wskazówka

Możemy skorzystać z zadań 4.1 oraz 4.3 i zauważyć, że poszukiwane przez nas odwzorowanie musi być dane wzorem

$f(x_1,x_2,x_3)=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3,a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3),$

gdzie Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle a_{11},\ a_{12},\ a_{13},\ a_{21},\ a_{22},\ a_{23}\in\mathbb{R}} są nieznanymi współczynnikami. Znając wartości odwzorowania $f$ na konkretnych wektorach możemy wyznaczyć układ równań, który muszą spełniać nasze niewiadome.

Rozwiązanie

Zauważmy, że wektory $(1,0,1),(1,-1,1),(0,1,1)$ stanowią bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$. Istnieje zatem dokładnie jedno odwzorowanie liniowe takie, że

$\begin{array}{rlrl}f((1,0,1))& =(0,4),f((1,-1,1))& =(-1,2),f((0,1,1))& =(0,5).\end{array}$

Na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 każde odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{ℝ}}^3\mapsto {\mathbb{ℝ}}^2$ musi być dane wzorem:

$f(x_1,x_2,x_3)=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3,a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3),$

gdzie $a_{11},a_{12},a_{13},a_{21},a_{22},a_{23}\in \mathbb{ℝ}$. Z warunków podanych w treści zadania wynika, że poszukiwane współczynniki spełniają następujące równości:

$\begin{array}{rl}f((1,0,1))& =(a_{11}+a_{13},a_{21}+a_{23})=(0,4)\\ f((1,-1,1))& =(a_{11}-a_{12}+a_{13},a_{21}-a_{22}+a_{23})=(-1,2)\\ f((0,1,1))& =(a_{12}+a_{13},a_{22}+a_{23})=(0,5).\end{array}$

Aby wyznaczyć wzór na $f$ należy zatem rozwiązać następujący układ równań o niewiadomych

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle a_{11},\ a_{12},\ a_{13},\ a_{21},\ a_{22},\ a_{23}\in\mathbb{R}:}

$\{\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& & & +& a_{13}& =0\\ a_{21}& & & +& a_{23}& =4\\ a_{11}& -& a_{12}& +& a_{13}& =-1\\ a_{21}& -& a_{22}& +& a_{23}& =2\\ & & a_{12}& +& a_{13}& =0\\ & & a_{22}& +& a_{23}& =5\end{array}.$

Aby ułatwić sobie obliczenia można zauważyć, że w równaniach w których występują niewiadome $a_{11}$, $a_{12}$ lub $a_{13}$, nie występują niewiadome $a_{21}$, $a_{22}$ oraz $a_{23}$ i na odwrót w równaniach, w których występują niewiadome $a_{21}$, $a_{22}$ lub $a_{23}$, nie występują niewiadome $a_{11}$, $a_{12}$ i $a_{13}$. Mamy zatem do czynienia z dwoma układami trzech równań liniowych o trzech niewiadomych. Te układy to:

$\begin{array}{rlrl}& \{\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& & & +& a_{13}& =0\\ a_{11}& -& a_{12}& +& a_{13}& =-1\\ & & a_{12}& +& a_{13}& =0\\ \end{array},& & \{\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& & & +& a_{13}& =4\\ a_{11}& -& a_{12}& +& a_{13}& =2\\ & & a_{12}& +& a_{13}& =5\end{array}.\end{array}$

Zauważmy, że oba te układy mają te same współczynniki i różnią się jedynie prawymi stronami (oraz nazwami niewiadomych). Po wykonaniu odpowiednich obliczeń (tzn. po rozwiązaniu obu układów) otrzymujemy:

$\begin{array}{rlrl}{a}_{11}& =1,a_{12}& =1,a_{13}& =-1,\\ a_{21}& =1,a_{22}& =2,a_{23}& =3,\end{array}$

czyli

$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2-x_3,x_1+2x_2+3x_3).$

Zadanie 4.6

Sprawdzić, czy istnieje odwzorowanie liniowe

a) $f:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^2$ takie, że

$\begin{array}{rlrlrl}f((1,0,1))& =(4,-1),& f((0,1,1))& =(-1,0),& f((1,1,-1))& =(0,2).\end{array}$

b) $f:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^2$ takie, że

$\begin{array}{rlrlrl}f((1,1,1))& =(1,0)& ,f((0,1,2))& =(0,-1),& f((1,2,3))& =(2,2).\end{array}$

c) $f:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^2$ takie, że

$\begin{array}{rlrlrl}f((1,2,0))& =(2,-1),& f((2,0,-1))& =(5,1),& f((-1,2,1))& =(-3,-2).\end{array}$

Odpowiedź uzasadnić. W przypadku odpowiedzi pozytywnej wyznaczyć chociaż jedno takie odwzorowanie.

Wskazówka

Należy zbadać liniową (nie)zależność wektorów, na których $f$ ma przyjąć zadane wartości. Jeżeli wektory, na których jest już zdefiniowane nasze odwzorowanie są liniowo niezależne, to istnieje odwzorowanie liniowe przyjmujące na podanych wektorach zadane wartości. Takie odwzorowanie jest jedyne, jeżeli wektory, na których zadano wartości naszego odwzorowania, stanowią bazę przestrzeni. Jeżeli podane wektory są liniowo zależne, to odpowiednie odwzorowanie liniowe istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy odwzorowanie zadano zachowując związki zachodzące między wektorami, tzn. jeżeli jakiś wektor jest kombinacją liniową pozostałych to wartość jaką ma przyjmować odwzorowanie na tym wektorze musi być kombinacją liniową wartości pozostałych wektorów z tymi samymi współczynnikami. Jeżeli takie odwzorowanie istnieje, to możemy je wyznaczyć podobnie jak w rozwiązaniu zadania 4.5.

Rozwiązanie

Na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 każde odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{ℝ}}^3\mapsto {\mathbb{ℝ}}^2$ musi być dane wzorem:

$f(x_1,x_2,x_3)=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3,a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3),$      (4.2)

gdzie $a_{11},a_{12},a_{13},a_{21},a_{22},a_{23}\in \mathbb{ℝ}$.

Jeżeli wektory, na których jest już zdefiniowane nasze odwzorowanie są liniowo niezależne, to istnieje odwzorowanie liniowe przyjmujące na podanych wektorach zadane wartości. Takie odwzorowanie jest jedyne, jeżeli wektory, na których jest już zdefiniowane nasze odwzorowanie stanowią bazę przestrzeni. Jeżeli podane wektory są liniowo zależne, to odpowiednie odwzorowanie liniowe istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy odwzorowanie zadano zachowując związki zachodzące między wektorami, tzn. jeżeli jakiś wektor jest kombinacją liniową pozostałych to wartość jaką ma przyjmować odwzorowanie na tym wektorze musi być kombinacją liniową wartości pozostałych wektorów z tymi samymi współczynnikami. Dlatego będziemy badać liniową niezależność podanych wektorów.

a) Zauważmy, że wektory $(1,0,1)$, $(0,1,1)$, $(1,1,-1)$ stanowią bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$. Istnieje zatem dokładnie jedno odwzorowanie liniowe takie, że

$\begin{array}{rlrl}f((1,0,1))& =(4,-1),f((0,1,1))& =(-1,0),f((1,1,-1))& =(0,2).\end{array}$

Analogicznie jak w zadaniu 4.5, aby wyznaczyć wzór na $f$ należy rozwiązać układ równań o niewiadomych $a_{11},a_{12},a_{13},a_{21},a_{22},a_{23}$. Układ ten znajdujemy jak w rozwiązaniu zadania 4.5, czyli podstawiając do wzoru (4.2) odpowiednie wektory i przyrównując do odpowiednich wartości.

$\{\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& & & +& a_{13}& =4\\ a_{21}& & & +& a_{23}& =-1\\ & & a_{12}& +& a_{13}& =-1\\ & & a_{22}& +& a_{23}& =0\\ a_{11}& +& a_{12}& -& a_{13}& =0\\ a_{21}& +& a_{22}& -& a_{23}& =2\end{array}.$

Ponownie zauważmy, że nasz układ to w rzeczywistości dwa układy o tych samych współczynnikach, różniące się jedynie prawymi stronami oraz oznaczeniem niewiadomych:

$\begin{array}{rlrl}& \{\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& & & +& a_{13}& =4\\ & & a_{12}& +& a_{13}& =-1\\ a_{11}& +& a_{12}& -& a_{13}& =0\end{array},& & \{\begin{array}{cccccc}{a}_{21}& & & +& a_{23}& =-1\\ & & a_{22}& +& a_{23}& =0\\ a_{21}& +& a_{22}& -& a_{23}& =2\end{array}.\end{array}$

Po wykonaniu odpowiednich obliczeń otrzymujemy:

$\begin{array}{rlrl}{a}_{11}& =3,a_{12}& =-2,a_{13}& =1,\\ a_{21}& =0,a_{22}& =1,a_{23}& =-1,\end{array}$

czyli

$f(x_1,x_2,x_3)=(3x_1-2x_2+x_3,x_2-x_3).$

b) Zauważmy, że

$(0,1,2)+(1,1,1)=(1,2,3),$

ale

$f((0,1,2))+f((1,1,1))=(0,-1)+(1,0)=(1,-1)\ne (2,2)=f((1,2,3)).$

Oznacza to, że takie odwzorowanie liniowe nie może istnieć.

c) Zauważmy, że

$(1,2,0)-(2,0,-1)=(-1,2,1),$

oraz

$f((1,2,0))-f((2,0,-1))=(2,-1)-(5,1)=(-3,-2)=f((-1,2,1)).$

Oznacza to, że istnieje nieskończenie wiele odwzorowań liniowych spełniających warunki podane w podpunkcie c) - wystarczy uzupełnić układ złożony z liniowo niezależnych wektorów $(1,2,0)$ oraz $(2,0,-1)$ do bazy przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ i zadać na tym trzecim wektorze dowolną wartość z ${\mathbb{ℝ}}^2$. Możemy np. jako trzeci wektor bazy wziąć wektor $(0,0,1)$ i przyjąć, że $f((0,0,1))=(0,0)$. Musimy wówczas rozwiązać układ równań (układ ten otrzymaliśmy rozumując jak w rozwiązaniu zadania 4.5:

$\{\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& +& 2a_{12}& & & =2\\ 2a_{11}& & & -& a_{13}& =5\\ & & & & a_{13}& =0\\ a_{21}& +& 2a_{22}& & & =-1\\ 2a_{21}& & & -& a_{23}& =1\\ & & & & a_{23}& =0\end{array}$

Rozwiązując ten układ otrzymujemy:

$\begin{array}{rlrl}{a}_{11}& =\frac{5}{2},a_{12}& =-\frac{1}{4},a_{13}& =0,\\ a_{21}& =\frac{1}{2},a_{22}& =-\frac{3}{4},a_{23}& =0,\end{array}$

czyli

$f(x_1,x_2,x_3)=(\frac{5}{2}{x}_1-\frac{1}{4}{x}_2,\frac{1}{2}{x}_1-\frac{3}{4}{x}_2).$

Zadanie 4.7

Znaleźć endomorfizm $f:{\mathbb{ℝ}}^2\to {\mathbb{ℝ}}^2$ taki, żeby

$kerf=Imf=\{(2t,3t);t\in \mathbb{ℝ}\}.$

Wskazówka

Znajomość $kerf$ pozwala wyznaczyć wartość odwzorowania $f$ na pewnej podprzestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^2$. Jeżeli uda nam się uzupełnić bazę tej podprzestrzeni do bazy całego ${\mathbb{ℝ}}^2$, to będziemy mogli zadać $f$ na pewnej bazie całej przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^2$ w ten sposób, że będą spełnione warunki zadania.

Rozwiązanie

Zauważmy, że

$\begin{array}{rl}kerf& =\{(2t,3t):t\in \mathbb{ℝ}\}\\ & =\{t(2,3):t\in \mathbb{ℝ}\}\\ & =lin\{(2,3)\}.\end{array}$

Oznacza to, że wektor $(2,3)$ jest wektorem bazowym dla $kerf$. Wiemy, że poszukiwane przez nas odwzorowanie musi być dane wzorem

$f(x_1,x_2)=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2,a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2).$

Wybierzmy dowolną bazę ${\mathbb{ℝ}}^2$ zawierającą wektor $(2,3)$, np. dokładając wektor $(-1,-2)$. Z warunków zadania wynika, że wektor $(2,3)$ musi należeć do jądra odwzorowania $f$, czyli

$f(2,3)=(2a_{11}+3a_{12},2a_{21}+3a_{22})=(0,0).$

Zadajmy teraz $f$ na drugim wektorze bazowym tak, aby wektor $(2,3)$ należał do $Imf$ kładąc:

$f(-1,-2)=(-a_{11}-2a_{12},-a_{21}-2a_{22})=(2,3).$

Zatem współczynniki występujące we wzorze na $f$ muszą spełniać układ równań liniowych, który podobnie jak w rozwiązaniach zadań 4.5 i 4.6 można rozbić na dwa układy, które wypisujemy poniżej:

$\begin{array}{rlrl}& \{\begin{array}{cccc}2a_{11}& +& 3a_{12}& =0\\ -a_{11}& -& 2a_{12}& =2\end{array},& & \{\begin{array}{cccc}2a_{21}& +& 3a_{22}& =0\\ -a_{21}& -& 2a_{22}& =3\end{array}.\end{array}$

Jedynym rozwiązaniem tego układu są liczby

$\begin{array}{rlrl}{a}_{11}& =6,& a_{12}& =-4,\\ a_{21}& =9,& a_{22}& =-6.\end{array}$

Czyli

$f(x_1,x_2)=(6x_1-4x_2,9x_1-6x_2).$

Zadanie 4.8

Znaleźć odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^2$ takie, żeby

$\begin{array}{rlr}f((1,2,1))& =(1,1),f((0,1,-1))& =(-2,2)\end{array}$

oraz

$kerf=\{(t,t,t):t\in \mathbb{ℝ}\}.$

Wskazówka

Zauważmy, że wektory $(1,2,1)$, $(0,1,-1)$ i $(1,1,1)$ tworzą bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$. Dodatkowo znamy wartość odwzorowania $f$ na każdym z tych wektorów. Pamiętajmy, że znając wartości odwzorowania liniowego na bazie możemy jednoznacznie wyznaczyć to odwzorowanie.

Rozwiązanie

Na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 każde odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{ℝ}}^3\mapsto {\mathbb{ℝ}}^2$ musi być dane wzorem:

$f(x_1,x_2,x_3)=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3,a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3),$

gdzie $a_{11},a_{12},a_{13},a_{21},a_{22},a_{23}\in \mathbb{ℝ}$.

Aby wyznaczyć ten wzór wystarczy, że znajdziemy pewną bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$, na której na podstawie warunków podanych w zadaniu będziemy w stanie określić wartości odwzorowania $f$.

Zauważmy, że

$\begin{array}{rl}kerf& =\{(t,t,t):t\in \mathbb{ℝ}\}\\ & =\{t(1,1,1):t\in \mathbb{ℝ}\}\\ & =lin\{(1,1,1)\}.\end{array}$

Z warunków podanych w treści zadania wynika, że znamy wartości $f$ na wektorach $(1,2,1)$, $(0,1,-1)$ oraz każdym wektorze postaci $t(1,1,1)$, gdzie $t\in \mathbb{ℝ}$ jest dowolnym parametrem.

Zauważmy, że wektory $(1,2,1)$, $(0,1,-1)$, $(1,1,1)$ tworzą bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ (bo rozwiązując odpowiedni układ równań możemy sprawdzić, że są one liniowo niezależne, a wymiar ${\mathbb{ℝ}}^3$ jest równy $3$). Zatem istnieje tylko jedno odwzorowanie liniowe spełniające warunki:

$\begin{array}{rlrl}f((1,2,1))& =(1,1),f((0,1,-1))& =(-2,2),f((1,1,1))& =(0,0).\end{array}$

Wzór tego odwzorowania znajdujemy rozwiązując odpowiedni układ równań, który wypisujemy na podstawie powyższych obserwacji. Ponownie ten układ możemy rozbić na dwa niezależne układy równań o trzech niewiadomych. Układy te podajemy poniżej:

$\begin{array}{rlrl}& \{\begin{array}{cccccc}{a}_{11}& +& 2a_{12}& +& a_{13}& =1\\ & & a_{12}& -& a_{13}& =-2\\ a_{11}& +& a_{12}& +& a_{13}& =0\end{array},& & \{\begin{array}{cccccc}{a}_{21}& +& 2a_{22}& +& a_{23}& =1\\ & & a_{22}& -& a_{23}& =2\\ a_{21}& +& a_{22}& +& a_{23}& =0\end{array}.\end{array}$

Po rozwiązaniu ich otrzymujemy wtedy następujący wzór na odwzorowanie $f$:

$f(x_1,x_2,x_3)=(x_2+3x_3-4x_1,x_2-x_3).$

Zadanie 4.9

Niech

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned u_1 &= (0,-1,1),& u_2 &= (1,0,1) \endaligned}

będą dwoma wektorami przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ i niech $U$ oznacza podprzestrzeń generowaną przez wektory $u_1$ oraz $u_2$. Niech ponadto $g:{\mathbb{ℝ}}^2\ni (s,t)\to 3s-t\in \mathbb{ℝ}$. Znaleźć odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^2$ takie, żeby Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \textnormal ker f = U } oraz $g\circ f=0$.

Wskazówka

Jeżeli znajdziemy wektor $v\in {\mathbb{ℝ}}^3$ taki, że wektory $u_1$, $u_2$ oraz $v$ będą tworzyły bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$, to w celu wyznaczenia $f$ możemy zadać wartości szukanego odwzorowania na tej bazie tak, żeby zerowało się na wektorach $u_1$ i $u_2$, a równocześnie żeby Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \textnormal Im f \subset \textnormal ker g} .

Rozwiązanie

Na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 każde odwzorowanie liniowe $f:{\mathbb{ℝ}}^3\mapsto {\mathbb{ℝ}}^2$ musi być dane wzorem:

$f(x_1,x_2,x_3)=(a_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+a_{13}{x}_3,a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+a_{23}{x}_3),$

gdzie $a_{11},a_{12},a_{13},a_{21},a_{22},a_{23}\in \mathbb{ℝ}$.

Zauważmy, że wektory $u_1$ oraz $u_2$ są liniowo niezależne w przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$ oraz uzupełniając układ złożony z wektorów $u_1$ i $u_2$ o wektor $u_3=(0,0,1)$ otrzymujemy bazę przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^3$. Szukane odwzorowanie $f$ zdefiniujemy podając jakie wartości ma ono przyjmować na bazie złożonej z wektorów $u_1$, $u_2$ oraz $u_3$. Z warunku Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \textnormal ker f = U } wynika natychmiast, że muszą zachodzi równości:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned f(u_1)=f(u_2)&=(0,0),\qquad f(u_3) &\neq (0,0). \endaligned}

Aby dodatkowo był spełniony warunek $g\circ f=0$ musi zachodzić

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle f(u_3)\in\textnormal ker g.}

Ponieważ Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \textnormal ker g= \textnormal lin\{(1,3)\}} wystarczy wziąć $f(u_3)=(1,3)$. Teraz układając odpowiedni układ równań i rozwiązując go otrzymamy wzór na odwzorowanie $f$ spełniające powyższe warunki. Ponownie układ ten możemy rozbić na dwa niezależne układy równań o trzech niewiadomych. Otrzymamy wówczas następujace układy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\left\{ \begin{array} {ccccccr} &-&a_{12}&+&a_{13}&=0\\ a_{11}&&&+&a_{13}&=0\\ &&&&a_{13}&= 1 \end{array} \right.,&& \left\{ \begin{array} {ccccccr} &-&a_{22}&+&a_{23}&=0\\ a_{21}&&&+&a_{23}&=0\\ &&&&a_{23}&= 3 \end{array} \right.. \endaligned}

Rozwiązując je otrzymujemy wzór naszego odwzorowania:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=(-x_1+x_2+x_3,-3x_1+3x_2+3x_3).\qedhere }

Zadanie 4.10

Niech $V$ i $W$ będą przestrzeniami wektorowymi nad ciałem $\mathbb{𝕂}$ i niech $h:V\to W$ będzie odwzorowaniem liniowym. Wykazać, że

$T:=\{(v,w)\in V\times W;w=h(v)\}$

jest podprzestrzenią wektorową przestrzeni $V\times W$.

Wskazówka

Należy skorzystać z definicji odwzorawania liniowego oraz sposobu określenia działań w przestrzeni $V\times W$.

Rozwiązanie

Zauważmy, że wektor $(0,h(0))\in T$, zatem $T$ jest zbiorem niepustym. Niech ${\mathbf{𝐱}}_1=(v_1,w_1)$ oraz ${\mathbf{𝐱}}_2=(v_2,w_2)$ będą dowolnymi wektorami należącymi do zbioru $T\subset V\times W$ oraz niech ${\alpha }_1$ oraz ${\alpha }_2$ będą dowolnymi skalarami (elementami ciała $\mathbb{𝕂}$). Z definicji

zbioru $T$ wynika, że $h(v_1)=w_1$ oraz $h(v_2)=w_2$. Rozpatrzmy kombinację liniową:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \alpha_1\mathbf{x}_1+\alpha_2\mathbf{x}_2&=\alpha_1(v_1,w_1)+\alpha_2(v_2,w_2)\\ &=(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2,\alpha_1w_1+\alpha_2w_2)\\ &=(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2,\alpha_1h(v_1)+\alpha_2h(v_2))\\ &\stackrel{(*)}{=}(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2,h(\alpha_1v_1+\alpha_2v_2)), \endaligned}

co oznacza, że ${\alpha }_1{\mathbf{𝐱}}_1+{\alpha }_2{\mathbf{𝐱}}_2\in T$, czyli $T$ musi być podprzestrzenią (z liniowości odwzorowania $h$ skorzystaliśmy przy podpunkcie $(*)$).

Zadanie 4.11

Niech $V$ oraz $W$ będą skończenie wymiarowymi przestrzeniami wektorowymi nad ciałem $\mathbb{𝕂}$. Niech $\phi :V\to W$ będzie monomorfizmem. Wykazać, że istnieje takie odwzorowanie liniowe $\psi :W\to V$, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \psi \circ \varphi = \textnormal Id_V } .

Wskazówka

Najłatwiej będzie pracować na bazach przestrzeni $V$ i $W$. Poszukując odpowiedniego odwzorowania $\psi$ będziemy się starali odpowiednio podać jego wartości na wybranej przez nas bazie przestrzeni $W$. Zauważmy, że jeżeli $\phi$ jest monomorfizmem, to odwzorowanie Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \varphi \colon V \to \textnormal Im \varphi} jest izomorfizmem, czyli odwzorowaniem odwracalnym i odwzorowywuje bazę przestrzeni $V$ na bazę podprzestrzeni Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \textnormal Im \varphi} . Ponieważ baza podprzestrzeni Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \textnormal Im \varphi} jest zbiorem wektorów liniowo niezależnych w przestrzeni $W$, zatem korzystając z tego, że $\dim V\le \dim W$, możemy ją uzupełnić do bazy przestrzeni $W$. Zadanie odpowiednich wartości na wybranej bazie zakończy rozwiązanie zadania.

Rozwiązanie

Odwzorowanie $\phi$ jest monomorfizmem, zatem zachodzi zależność

$\dim V\le \dim W.$

Jeżeli $\dim V=\dim W$, to odwzorowanie $\phi$ musi być izomorfizmem i teza jest oczywista. Zakładamy zatem, że $\dim V<\dim W$. Niech wektory $v_1,\dots ,v_n$ będą bazą przestrzeni $V$. Oczywiście wektory $\phi (v_1),\dots ,\phi (v_n)$ generują podprzestrzeń Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\Img”): {\displaystyle \displaystyle \Img\varphi\subset W} . Co więcej, ponieważ $\phi$ jest monomorfizmem wektory $\phi (v_1),\dots ,\phi (v_n)$ są liniowo niezależne w przestrzeni $W$. Możemy wybrać wektory $w_{n+1},\dots ,w_{n+k}$, gdzie $k=\dim W-\dim V$, w ten sposób, że wektory $\phi (v_1),\dots ,\phi (v_n),w_{n+1},\dots ,w_{n+k}$ będą stanowiły bazę przestrzeni $W$. Potrzebne nam odwzorowanie $\psi$ zdefiniujemy poprzez określenie jego wartości na bazie

$\phi (v_1),\dots ,\phi (v_n),w_{n+1},\dots ,w_{n+k}.$

Zdefiniujmy zatem:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \psi(\varphi(v_i))&=v_i,\ \text{ dla }i=1,\ldots,n,\\ \psi(w_{n+j})&=0,\ \text{ dla }j=1,\ldots,k. \endaligned}

Korzystając z liniowości odwzorowań $\psi$ oraz $\phi$ łatwo sprawdzić, że

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \psi \circ \varphi = \textnormal Id_V ,}

co było do okazania.

Zadanie 4.12

Niech $V$ oraz $W$ będą skończenie wymiarowymi przestrzeniami wektorowymi nad ciałem $\mathbb{𝕂}$. Niech $\phi :V\to W$ będzie epimorfizmem. Wykazać, że istnieje takie odwzorowanie liniowe $\psi :W\to V$, że Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle \varphi \circ \psi = \textnormal Id_W } .

Wskazówka

Przedstawić $V$ w postaci Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle (\textnormal ker \varphi) \oplus U} , gdzie $U$ jest pewną podprzestrzenią przestrzeni $V$ i zauważyć, że odwozorwanie:

$\phi {|}_U:U\ni u\to \phi (u)\in W$

jest izomorfizmem.

Rozwiązanie

Niech $U$ będzie dopełnieniem algebraicznym podprzestrzeni $\ker \phi$, tzn. niech $V=(\ker \phi )\oplus U$.

Wtedy

$\phi {|}_U:U\ni u\to \phi (u)\in W$

jest izomorfizmem, a zatem istnieje odwzorowanie odwrotne

$(\phi {|}_U{)}^{-1}:W\to U.$

Wystarczy teraz położyć $\psi :=\iota \circ (\phi {|}_U{)}^{-1}$, gdzie $\iota :U\ni u\to u\in V$.