Matematické Fórum

madmancz · 23. 01. 2012 09:41

Ahoj,
jak spočítám Jádro lineárního zobrazeni u takovéhleho příkladu ?
$R^4\Rightarrow R^3 ;$
l(1,0,0,0) = (1 ,1,-1)
l(1,-1,0,0)=(1,0,1)
l(1,1,1,0)=(2,1,0)
l(0,0,1,1)=(4,3,-2)
Postup mám v sešitě popsaný i s výsledky, ale nějak to z toho nechápu :(

$\alpha (1,1,-1)+\beta (1,0,1)+\gamma (2,1,0)+\delta (4,3,-2)=(0,0,0)$
Teď si z toho sestavím matici
1 1 2 -4 1 0 1 3
1 0 1 3 ->GEM 0 1 1 1
-1 1 0 -2
y=(-1,-1,1,0)
z=(-3,-1,01) ..... v tomhle jsem se ztratil :(
$xy=(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ) = ky+kz=(-1,-1,1,0)+l(-3,-1,0,1)=(-k-3l,-k-l,k,l)$
$x=(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ) = (-k-3l).(1,0,0,0)+(-k-l).(1,0-,0,0)+k(1,1,1,0)+l(0,0,1,1)$
$=k(1,2,1,0)+l(-4,1,1,1) \Rightarrow Ker l <(-1,2,1,0),(-4,1,1,1)> defekt_l =2$
Nedokázal by někdo vysvětlit co se odehrává od toho GEMu?

Rumburak · 23. 01. 2012 10:38

Například toto $\delta (4, 3,-0)$ je vlastně totéž co $l(\delta(0,0,1,1))$ , proto rovnice

$\alpha (1,1,-1)+\beta (1,0,1)+\gamma (2,1,0)+\delta (4,3,-2)=(0,0,0)$ ,

pakliže vektory patřící do Ker(l) hledáme ve tvaru $\alpha (1,0,0,0) +\beta (1,-1,0,0)+\gamma (1,1,1,0)+\delta (0,0,1,1)$
(i to je možnost).

madmancz · 23. 01. 2012 10:46

To co jsi napsal ještě chápu :)
Pochopím i to xy,ale pak mi vůbec není jasné to x , kde jsme vzali ty čísla ? Ať zkouším dosazovat, jak zkouším tak nikdy nedostanu to co je na konci

Rumburak

Toto

1 1 2 -4 1 0 1 3
1 0 1 3 ->GEM 0 1 1 1
-1 1 0 -2

není , myslím, správně - mně apoň vychází

1 1 2 -4 1 0 1 3
1 0 1 3 ->GEM 0 1 1 1 atd. ,
-1 1 0 -2 0 1 1 -7

odtud je zřejmé, že hodnoast matice je 3 a ne 2.

madmancz

Já jsem fakt idiot :( Já se upsal ve znaménku u 4 , výsledek je správně jen na začátku není -4 ale +4 , fakt se omlouvám , z té algebry už jsem trochu mimo ...

Já bych sem klidně vyfotil i ten sešit, ale jako disgrafik píšu značně nečitelně, pro okolní svět ...

madmancz · 23. 01. 2012 11:14

Rumburak

OK.
Takže vektory y=(-1,-1,1,0) , z=(-3,-1,0, 1) tvoří bázi orth. doplňku k řádkovému modulu matice

1 1 2 4
1 0 1 3
-1 1 0 -2 ,

proto hledanou čtveřici $(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta )$ koeficientů ze vztahu

(1) $\alpha (1,1,-1)+\beta (1,0,1)+\gamma (2,1,0)+\delta (4,3,-2)=(0,0,0)$

můžeme chápat jako prvek lineárního obalu vektorů y, z. Tedy $(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ) = u \vec y + v \vec z$
pro vhodná reálná čísla u, v. To, co tam máš Ty , i mně připadá nějaké divné.

EDIT . Zmatek musí vyvolávat i dvojí význam symbolu $l$ : jednou jako symbol pro zobrazení, později (ve vztahu
$(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ) = k \vec y + l \vec z$ ) jako sybmbol pro číselnou proměnnou.

madmancz · 23. 01. 2012 11:41

Tak jsem ještě koukal do sešitu spolužáka, a ten má stejný postup, ale jiná čísla.
Protože jako ta dvě lin. nezávislá řešení zvoli (1,1,-1,0) a (2,0,1,-1), pak postupuje totožně jako já.
To co jste psal, jsem snad pochopil. Ale dál už jsem fakt v háji.

Rumburak · 23. 01. 2012 12:29

Řešením by mohlo být nesnažit se luštit něco, co je beztak možná špatně (i učitel se může přepsat), ale hledat vlastní postup
od místa, kde je to ještě správně.

madmancz · 23. 01. 2012 13:17

Ten postup se snažím pochopit i ze skript ale ve skriptech je to řešeno podobně chaoticky jako tady to. Ve skriptech je příklad s tímto zadáním:
Zobrazení $R^4\Rightarrow R^3 ;$
A(x1,x2,x3,x4)=(x1+2x2+2x3+3x4 , x1+2x2+4x3+7x4, 2x1+4x2+3x3 + 4x4)

Udělají matici (dosazují ty vektory do řádků, ne do sloupců , to je první odlišnost, je tedy jedno jestli si zapíšu ty vektory (rovnice) do sloupců nebo řádků ? )

1 2 2 3
1 2 4 7
2 4 3 4

Z té jim po GEMu zbyde tohle
1 2 2 3
0 0 1 2

x4= t , x3=-2t , x2= 0 ; x1= -2u - 2.(-2t)-3t= t-2u
(x1,x2,x3,x4)=(t-2u , u , -2t , t) = t(1,0,-2,1) + u(-2,1,0,0)
Ker A = <(1,0,-2,1),(-2,1,0,0)>

Tenhle postup jsem plus minus pochopil :) Ale není mi jasné pokud bude zadání postavené jako v tom mém případu ?-

Rumburak

Snažme se pochopit (a zkorigovat) druhou část výpočtu v ↑ madmancz: (viz též ↑ Rumburak:).

Toto $xy=(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta ) = ky+kz=(-1,-1,1,0)+l(-3,-1,0,1)=(-k-3l,-k-l,k,l)$ mělo patrně znamenat

(1) $\vec x=(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta)^* = u \vec y+v\vec z=u(-1,-1,1,0)+v(-3,-1,0,1)=(-u-3v,-u-v,u,v)$

pro obecný vektor $\vec x \in \mathrm{Ker}(l)$ , kde $(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta)^*$ je vyjádření tohoto vektoru v bázi (1,0,0,0) , (1,-1,0,0), (1,1,1,0), (0,0,1,1)

(protože $\alpha (1,1,-1)+\beta (1,0,1)+\gamma (2,1,0)+\delta (4,3,-2)=(0,0,0)$ , kde levá strana patří do Im(l) , takže dle specifikace
zobrazení l je též rovna rovna

$\alpha l(1,0,0,0)+\beta l(1,-1,0,0)+\gamma l(1,1,1,0)+\delta l (0,0,1,1)=\\=l(\alpha (1,0,0,0)+\beta (1,-1,0,0)+\gamma (1,1,1,0)+\delta (0,0,1.1))$ ),

a odtud snadno dostaneme

(2) $x=(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta)^* = (-u-3v).(1,0,0,0)+(-u-v).(0,1,0,0)+u(0,0,1,0)+v(0,0,0,1)$ .

Ale proč je takto šachováno, také netuším, protože přece hned z první rovnosti v (1) je zřejmé, že $\mathrm{Ker}(l) = \langle \vec y , \vec z\rangle$ (míníme-li výrazem vpravo
lineární obal ) , podrobněji $\mathrm{Ker}(l) = \langle (-1,-1,1,0), (-3,-1,0,1)\rangle$ .

EDIT. Snad začínám tušit, o co jde . Problémem je nepořádné značení. Rovněž místo $\vec y = (-1,-1,1,0), \vec z = (-3,-1,0,1)$ mělo být psáno
$\vec y = (-1,-1,1,0)^*, \vec z = (-3,-1,0,1)^*$ , takže v onom nepochopitelném výpočtu jde o přepočet vyjádření $(,,)^*$ do standardního $(,,)$ .
Ale nemám sílu to přepočítávat.

madmancz · 23. 01. 2012 15:28

Děkuji za vysvětlení, ale i přesto si nejsem jistý jestli jsem to zcela pochopil
Zkusím shrnout tok svých myšlenek:
1. Vektory v novém zobrazení (ty napravo) převedu na matici lin. zobrazení.
2.Provedu GEM
3. Zjistím kolik má řešení , počet neznámých - hodnost
4. Zjistím nějaké lineárné závíslé kombinace
5. Nemusím prakticky dělat tu divnou věc ze sešitu ale rovnou toto napíšu jako jádro? :)

Rumburak

↑ madmancz:
Ještě jsem svůj příspěvek doplnil o jednu hypotézu. Ale k definitivnímu závěru bych si to potřeboval projít ještě jednou celé a s časovým odstupem,
abych začal vnímat celek, což se mi teď nějak nedaří.

vanok · 23. 01. 2012 15:45

↑ madmancz:↑ Rumburak:,
Pozdravujem,
co pises ↑ madmancz: tu sa mi zda dobre riesenie.. i ked sa to tazko cita (pre mna to je priliz natlacene)
Pochopitelne je mozne dat hociktoru inu bazu z Ker A
a je ich nekonecne vela...

A aj to je KRASA MATEMATIKY jeden problem a nakonecne vela moznosti na dobru odpoved.

madmancz · 23. 01. 2012 15:45

Pokusím se dohledat co ta hypotéza přesně znamená, a jak se s tímto přepočtem pracuje, kdyby mě něco napadlo ozvu se :)

madmancz · 23. 01. 2012 15:53

↑ vanok:
Ten postup z těch skript jsem snad pochopil,
ale tam nemají vlastně tu ,,matici lineárního zobrazení" z toho R3, to je to co mě mate. Nevím jak správně pracovat a postupovat s tou levou stranou.

vanok · 23. 01. 2012 16:29 — Editoval vanok (23. 01. 2012 16:31)

↑ madmancz:,
No ak dobre rozumiem,
Tvoj problem je interpretovat tvoje vysledky ( co su vyjadrene v standardnej baze $\math{R^4}$ ), ako to poznamenal aj kolega ↑ Rumburak:, podla nejakych presnych poziadavok.
Ale akoze to nie je lopatisticky povedane, ja nie som schopny to uhadnut.

Mozno v tvojich skriptach mas nieco podobne riesene ( tak to pozri a daj pripadne online tvoje skripta).
Ale v prvom rade sa spytaj ucitela co tym myslel...a napis nam to tu, o co islo.

madmancz · 23. 01. 2012 17:07

Tak ty skripta jsem nalezl i v PDF verzi na internetu http://kubaz.cz/texty/OlsakLA.pdf
Strana 82, příklad 7.54.

Můj problém je ten , že nevím jak se správně dopracovat k výsledku. Pokud bych to vzal jen pouhým GEMem tak vlastně zanedbám to co je v tom původním zobrazení ne?
Učitele bych se rád zeptal, ale bohužel jsem nějak propásl šanci, první zkouška z tohoto předmětu zítra... :)

vanok · 23. 01. 2012 18:26 — Editoval vanok (23. 01. 2012 18:35)

↑ madmancz:,
No vidis, keby si napisal skor tvoj skutocny problem by si sa ani ty netrapil a ani kolega a aj ja.(uvedom ze tu ti casto najlepsie poradia dobrovolni profesionaly...filantropicky, ale ich cas netreba zneuzivat!!!)
JE VELMI DOLEZITE NAPISAT VSETKO CO SI SKUSAL
A CO SKUTOCNE NEROZUMIES

A az v poslednom prispevku je jasne vyjadrene o co ti vlastne ide.

Toto
1 2 2 3
0 0 1 2
je posledna matica tvojho homogenneho systemu v GEM
↑ madmancz:, ako to poznamenal, aj pan Olsak
Aby si pochopil, tieto 4 riadky (co su aj v tvojom prispevku):
$x4= t , x3=-2t , x2= u$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

$x1= -2u - 2.(-2t)-3t= t-2u$
$(x1,x2,x3,x4)=(t-2u , u , -2t , t) = t(1,0,-2,1) + u(-2,1,0,0)$
$Ker A = <(1,0,-2,1),(-2,1,0,0)>$

Doporucujem ti tuto metodu:

Prepisme poslednu maticu na system, ktory representuje:
$x_1+2x_2+2x_3 +3x_4=0$
$x_3+2x_4=0$

Z druhej rovnice mame:
$x_3=-2x_4$
akoze vidime ze $x_3$ ZAVISY NA $x_4$
Polozme
$x_4=t$ , co da okamzite $x_3=-2t$ , kde $t$ je parameter ( lubovolne realne cislo... PRECO? odzvodni to sam)

Prva rovnica nam da:
$x_1=-2x_2-2x_3 -3x_4=-2x_2-2(-2t)-3t=-2x_2+t$
akoze tu vidime ze $x_1$ ZAVISY NA $x_2$ a NA $t$
Polozme $x_2=u$ kde $u$ je parameter
a preto $x_1$ sa pise
$x_1=-2u+t$
Pre lepsi prehlad napisme vsetki vysledky co sme dostali:
$x_1=-2u+t$
$x_2=u$
$x_3=-2t$
$x_4=t$ ,
Vo vektorom zapise to da:
$(x1,x2,x3,x4)=(t-2u , u , -2t , t) = t(1,0,-2,1) + u(-2,1,0,0)$
Akoze, $(1,0,-2,1) ;(-2,1,0,0)$ su viditelne LN
Mame
$Ker A = <(1,0,-2,1),(-2,1,0,0)>$ a jedna jeho baza je
$((1,0,-2,1) ;(-2,1,0,0))$

madmancz

Tak teď už jsem to pochopil snad správně :) Je tedy má myšlenka, že s původní maticí v tom prvním zobrazení nic nedělám správná ? Myšleno ty vektory nalevo od rovnítka... A omlouvám se jestli jsem se blbě vyjádřil, co vlastně potřebuju , já jsem fakt už mimo... :)

Rumburak

↑ madmancz:
Takovéto složitější lineární úlohy se značně zprůhlední pomocí technichých prostřednů využívaných zejména v tensorovém počtu.
Jsou založeny na několika konvencích, které poněkud přizpůsobíme naší úloze:

I. Indexy u souřadnic bodů či vektorů prostoru $\mathbb{R}^n$ budeme vypisovat zásadně vpravo nahoru, např.

$\vec{x} = ( x^1, x^2, x^3, x^4) = (x^i) \in \mathbb{R}^4$ , $\vec{y} = ( y^1, y^2, y^3 ) = (x^{\lambda}) \in \mathbb{R}^3$ .

V pravém horním indexu pak bude "latinská" proměnná probíhat množinu { 1, 2, 3, 4 } , "řecká" proměnná množinu { 1, 2, 3 } .
V případech, kdy pravým horním indexem má být vyjádřena mocnina, dáme její základ do závorky, např. $(a)^j$ .

II. Sumační konvence (připisovaná Einsteinovi):

Symboly tvarů jako $A_i^i$ , $u_{k, \lambda}\, v^{\lambda}$ , v nichž se určitá indexovací proměnná vyskytuje dvakrát, a to jednou v dolní a jednou v horní poloze,

vnímáme rovnou jako součty $\sum_{i=1}^4A_i^i$ , $\sum_{\lambda=1}^3 u_{k, \lambda}\,v^{\lambda}$ dle této proměnné. Tato konvence se dá obejít použitím známého Kroneckerova
symbolu, např. v součtu všech $\delta_{i,j} A_i^j$ pro $j = 1, ... , 4$ je nenulový nejvýše ten člen, kde $j = i$ , takže tímto způsobem vyjádříme -
byť okolikou - samotný člen $A_i^i$ . (Podle zdvojeného indexu $i$ se zde nesčítá, protože ten se vyskytuje pouze v dolní poloze.)
Kroneckerův symbol používáme podle potřeby (s ohledem na pravidla sčítací konvence) též ve variantách $\delta_i^j, \delta^{i,j}$ .

*******************

K naší úloze: Pro $\vec x \in \mathbb{R}^4$ je

(1) $\vec x = (x^i) = x^i \vec {e}_i$ ,

kde $(\vec {e}_j = (\delta_j^i) , j = 1, ... , 4)$ je standardní báze v $\mathbb{R}^4$ . Pro $\vec y \in \mathbb{R}^3$ je obdobně

$\vec y = (y^{\lambda}) = ( y^1, y^2, y^3) \equiv ( y^1, y^2, y^3, 0) = y^{\lambda} \vec {e}_{\lambda}$ .

V $\mathbb{R}^4$ máme zadánu další bázi $(\vec {f}_j , j = 1, ... , 4)$ , kde $\vec {f}_j = (f_j^i) = f_j^i \vec {e}_i$ .

V $\mathbb{R}^3$ máme zadány vektory $\vec {g}_j = g_j^{\lambda} \,\vec{e}_\lambda , j = 1, ... , 4$ a je též zadáno lineární zobzení $L : \mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^3$ , splňující podmínku

$L(\vec {f}_j) = \vec {g}_j , j = 1, ... , 4$ .

(Takové lin. zobrazení existuje právě jedno, protože $(\vec {f}_j)$ je báze v $\mathbb{R}^4$ . ) Máme za úkol blíže určit množinu $K := \mathrm{Ker}(L)$ .

Nechť $\vec x \in K$ . Předně též $\vec x \in \mathbb{R}^4$ , takže platí (1). Dále $\vec x = \xi^j \vec{f}_j = \xi^j f_j^i \vec{e}_i$ , což porovnáním s (1) dává

(2) $x^i = \xi^j f_j^i$

(jednoznačnost vyjádření vektoru ve standardní bázi). Konečně $\vec{0} = L(\vec x) = L(\xi^j \vec{f}_j) = \xi^j L(\vec{f}_j) = \xi^j \vec{g}_j = \xi^j g_j^{\lambda} \,\vec{e}_\lambda$ , odtud

(3) $\xi^j g_j^{\lambda} = 0 , \lambda = 1, 2, 3$ .

(na základě lineární nezávislosti báze).

Z tohoto rozboru je již zřejmé, jak rámcově postupovat: vyřešíme soustavu (3) s neznámými $\xi^j$ a tyto mezivýsledky dosadíme do (2).

madmancz · 24. 01. 2012 21:22

Sakryš to je nějaké složité :( Asi budu muset sehnat nějaké doučování na algebru...

Rumburak · 25. 01. 2012 14:26

↑ madmancz:
Pokud Tě matou ty zápisy v sumační konvenci, tak si tam doplň sumy, například

$\vec {g}_j = g_j^{\lambda} \,\vec{e}_\lambda$ znamená $\vec {g}_j = \sum_{\lambda=1}^3 g_j^{\lambda} \,\vec{e}_\lambda$ ,

$\vec x = \xi^j \vec{f}_j = \xi^j f_j^i \vec{e}_i$ znamená $\vec x = \sum_{j=1}^4 \xi^j \vec{f}_j = \sum_{j=1}^4 \sum_{i=1}^4 \xi^j f_j^i \vec{e}_i$ a pod.

madmancz · 26. 01. 2012 20:23

Tak ta suma mi to moc neosvětlila, ale už jsem to nějak pochopil od profesora na zkoušce. Tak mockrát děkuju :)

Matematické Fórum

#1 23. 01. 2012 09:41

Jádro lineárního zobrazení

#2 23. 01. 2012 10:38

Re: Jádro lineárního zobrazení

#3 23. 01. 2012 10:46

Re: Jádro lineárního zobrazení

#4 23. 01. 2012 10:58 — Editoval Rumburak (23. 01. 2012 11:03)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#5 23. 01. 2012 11:02 — Editoval madmancz (23. 01. 2012 11:04)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#6 23. 01. 2012 11:14

Re: Jádro lineárního zobrazení

#7 23. 01. 2012 11:28 — Editoval Rumburak (23. 01. 2012 11:37)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#8 23. 01. 2012 11:41

Re: Jádro lineárního zobrazení

#9 23. 01. 2012 12:29

Re: Jádro lineárního zobrazení

#10 23. 01. 2012 13:17

Re: Jádro lineárního zobrazení

#11 23. 01. 2012 15:08 — Editoval Rumburak (23. 01. 2012 15:34)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#12 23. 01. 2012 15:28

Re: Jádro lineárního zobrazení

#13 23. 01. 2012 15:38 — Editoval Rumburak (23. 01. 2012 15:40)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#14 23. 01. 2012 15:45

Re: Jádro lineárního zobrazení

#15 23. 01. 2012 15:45

Re: Jádro lineárního zobrazení

#16 23. 01. 2012 15:53

Re: Jádro lineárního zobrazení

#17 23. 01. 2012 16:29 — Editoval vanok (23. 01. 2012 16:31)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#18 23. 01. 2012 17:07

Re: Jádro lineárního zobrazení

#19 23. 01. 2012 18:26 — Editoval vanok (23. 01. 2012 18:35)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#20 23. 01. 2012 18:35 — Editoval madmancz (23. 01. 2012 18:37)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#21 24. 01. 2012 10:29 — Editoval Rumburak (25. 01. 2012 14:11)

Re: Jádro lineárního zobrazení

#22 24. 01. 2012 21:22

Re: Jádro lineárního zobrazení

#23 25. 01. 2012 14:26

Re: Jádro lineárního zobrazení

#24 26. 01. 2012 20:23

Re: Jádro lineárního zobrazení

Zápatí