Matematické Fórum

Pajaa · 15. 04. 2012 16:36

Dobrý den, mám problém s rozsáhlejším příkladem.
Jsou dána 2 lineární zobrazení $f:R^3 -> R^3$ předpisem
$f(\vec{x})=(x_2+x_3,2x_1+x_3,3x_1-2x_2+4x_3)^T$
a $g:R^3 -> R^2$ předpisem
$g(\vec{x})=(x_1+x_2,x_2+x_3)^T$
Určete
a) Matici $\mathbf A$ zobrazení $f$ vzhledem ke kanonickým bázím.
b) Matici $\mathbf B$ zobrazení $g$ vzhledem ke kanonickým bázím.
c) Matici $\mathbf C$ složeného zobrazení $g \circ f$ vzhledem ke kanonickým bázím.
d) Jádro zobrazení $g \circ f$ .
e) Všechny vektory (vzory), pro které platí: $(g \circ f)(\vec{x}) = \left( \begin{array}{ccc}4 \\ 10 \end{array} \right)$
__

Zkusil jsem řešení:
a)
$A = \left( \begin{array}{ccc}0 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 3 & -2 & 4 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{ccc}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right)$

b)
Nevím jak "přepočítat" $g:R^3 -> R^2$
Ve škole jsme to dělali nějak takto:

$\left( \begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1\end{array} \right)$ ..to je g v R^3,doufám.
a do R^2 bych to měl převést takto:
$\left( \begin{array}{ccc}1 & 0 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ - & - \\ 1 & 0 \\ 0 & 1\end{array} \right)$ ..ale myslím si, že je to špatně, protože mi nemůže vyjít kanonická matice, jestli to dobře vysvětluji.

c)d)e) nevím, jelikož nedokážu určit $(g \circ f)(\vec{x})$

Za každou pomoc/řešení bych byl velmi rád. Děkuji.

Andrejka3

↑ Pajaa:
Ahoj,
ano:
$\textbf{A} = \left( \begin{array}{ccc}0 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 1 \\ 3 & -2 & 4 \end{array} \right)$ je matice zobrazení $f$ vzhledem ke kanonickým bazím v příslušných prostorech.
ano:
$\textbf{B}=\left( \begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1\end{array} \right)$ je matice zobrazení $g$ vůči kan. b. v přísl. prost.

Víme, že zobrazíme-li vektor $\textbf{x} \in \mathbb{R}^3$ zobrazením $f$ a máme jeho souřadnice v kanonické bazi , $\vec{x}$ , víme, že v kanonické bazi má vektor $\textbf{f(x)} \in \mathbb{R}^3$ souřadnice
$\textbf{A} \cdot \vec{x}$ . Tento vektor chceme ještě jednou zobrazi, tentokrát zobrazením $g$ . Máme vše potřebné k dispozici: matici vzhledem ke kanonickým bazím i souřadnice vektoru, který chceme zobrazit v konanické bazi. Jsou tedy souřadnice vektoru $(g \circ f) (\textbf{x})=g\left(f(\textbf{x}) \right) \in \mathbb{R}^2$ v kanonické bazi
$\textbf{B}\cdot(\textbf{A} \cdot \vec{x}) = (\textbf{B}\cdot \textbf{A}) \cdot \vec{x}$ , odkud
matice složeného zobrazení $g \circ f$ vzhledem ke kanonickym bazim je $\textbf{B} \cdot \textbf{A}=\textbf{C}$ .
Zbytek už dopočítáš ne?

Pajaa · 15. 04. 2012 19:50

takže tedy $g \circ f = \left( \begin{array}{ccc}2 & 1 & 2 \\ 5 & -2 & 5\end{array} \right)$
a teď jádro $g \circ f$ :
$\left( \begin{array}{ccccc}2 & 1 & 2& | & 0 \\ 5 & -2 & 5& | & 0\end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{ccccc}2 & 1 & 2 & | & 0 \\ 0 & -9 & 0 & | & 0\end{array} \right)$
z toho vyjde: $\alpha_2 = 0, \alpha_3=t, \alpha_1=-t, t \in R$ -> z toho vyšlo, že lin. zobrazení není prosté.
takže jádro: $K er C= {{(-t,0,t)}}$
Je to správně?:-)

Andrejka3

↑ Pajaa:
Ahoj,
jen ta forma zápisu:
$K er C= \{(-t,0,t); \; t \in \mathbb{R}\}= \{t(-1,0,1); \; t \in \mathbb{R}\} =\langle (-1,0,1) \rangle$ .
To, že jádro je netriviální podprostor $\mathbb{R}^2$ (a že zobrazení $g \circ f$ není prosté) je jasné již z toho, že zobrazujeme třídimenzionální prostor do dvoudimenzionálního.
$g \circ f = \left( \begin{array}{ccc}2 & 1 & 2 \\ 5 & -2 & 5\end{array} \right)$ Zde bych raději psala vlevo matici $\textbf{C}$ jakožto algebraickou reprezentaci zobrazení $g \circ f$ (invariantní pojem) v kanonických bazích. Normálně bych tuto poznámku vůbec nepsala, ale protože jsi napsal tak hezky první příspěvek, myslím, že těmto věcem rozumíš :)
edit: ano, správně počítáš

Pajaa · 15. 04. 2012 20:35 — Editoval Pajaa (15. 04. 2012 20:36)

Andrejka3 napsal(a):
↑ Pajaa:
..

Mnohokrát děkuji za pomoc i korekci.
Prosím o kontrolu e)

$(g \circ f)(\vec{x}) = \left( \begin{array}{ccc}4 \\ 10 \end{array} \right)$
Zapíšu tedy:
$\left( \begin{array}{ccc}2 & 1 & 2 \\ 5 & -2 & 5\end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{ccc}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc}4 \\ 10 \end{array} \right)$
Zasubstituuji $x_3=t, t \in R$
$\left( \begin{array}{cccc}2 & 1 & | & 4-2t \\ 5 & -2 & | & 10-5t\end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{cccc}2 & 1 & | & 4-2t \\ 0 & -9 & | & 0\end{array} \right) \sim \left( \begin{array}{cccc}1 & 0 & | & 2-t \\ 0 & 1 & | & 0\end{array} \right)$ z toho tedy vyjde $\vec{x}=(2-t,0,t);t \in R$

Andrejka3

↑ Pajaa:
Ano, vychází to.
Nedochází mi, co znamená ta substituce. Hlavní ale je, když to víš ty.
Já bych spočítala jedno partikulární řešení, asi $(2,0,0)$ a pak přičetla libovolné řešení homogenní rovnice, tj. Ker.
V pořádku.
Edit: smazány nerozmyšlené věci.
Pozn. nepodstatne:
Ano, řešení je prvkem faktorprostoru $\mathbb{R}^3/ \textbf{Ker}(g \circ f)$ .
Taky, protoze dim Ker + dim Im = dim (R^3)=3, je $g\circ f$ surjekce.

Pajaa · 15. 04. 2012 20:51

Ano, substituce byla zbytečná. Děkuji mnohokrát za cenné rady.

Matematické Fórum

#1 15. 04. 2012 16:36

Lineární zobrazení

#2 15. 04. 2012 18:04 — Editoval Andrejka3 (15. 04. 2012 18:05)

Re: Lineární zobrazení

#3 15. 04. 2012 19:50

Re: Lineární zobrazení

#4 15. 04. 2012 20:12 — Editoval Andrejka3 (15. 04. 2012 20:17)

Re: Lineární zobrazení

#5 15. 04. 2012 20:35 — Editoval Pajaa (15. 04. 2012 20:36)

Re: Lineární zobrazení

Andrejka3 napsal(a):

#6 15. 04. 2012 20:41 — Editoval Andrejka3 (15. 04. 2012 20:49)

Re: Lineární zobrazení

#7 15. 04. 2012 20:51

Re: Lineární zobrazení

Zápatí