Примерни задачи за линейни изображения - 21-211 уч год Задача 1 В линейното пространство V с базис e 1, e 2, e 3 са дадени векторите a 1 = e 1 + e 2 + pe 3, a 2 = e 1 + e 2 + (p + qe 3, a 3 = 2e 1 + 3e 2 + qe 3 и b 1 = e 1 2e 2 + e 3, b 2 = e 1 + e 2 3e 3, b 3 = e 1 + 2e 2 + 2e 3 За кои стойности на параметрите p и q съществува линеен оператор ϕ : V V с ϕ(a i = b i за 1 i 3 Упътване: Ако a 1, a 2, a 3 са линейно независими, то за произволни b 1, b 2, b 3 V съществува единствен линеен оператор ϕ : V V с ϕ(a i = b i за 1 i 3 В случая, точно когато λ 1 a 1 + λ 2 a 2 + λ 3 a 3 = O λ 1 (e 1 + e 2 + pe 3 + λ 2 [ e 1 + e 2 + (p + qe 3 ] + λ 3 (2e 1 + 3e 2 + qe 3 = O (λ 1 λ 2 + 2λ 3 e 1 + (λ 1 + λ 2 + 3λ 3 e 2 + [p(λ 1 + λ 2 + q(λ 2 + λ 3 ]e 3 = O λ 1 λ 2 + 2λ 3 = λ 1 + λ 2 + 3λ 3 = p(λ 1 + λ 2 + q(λ 2 + λ 3 =, (1 съгласно линейната независимост на e 1, e 2, e 3 Първите две уравнения на системата (1 са еквивалентни на λ 1 = 5λ 2, λ 3 = 2λ 2 Заместени в третото уравенние на (1, тези равенства дават (6p qλ 2 = Ако 6p q, то λ 2 =, а оттам и λ 1 = λ 3 = Следователно a 1, a 2, a 3 са линейно независими за 6p q За 6p = q векторите a 1, a 2, a 3 са линейно зависими и всяка тяхна линейна зависимост е от вида 5λ 2 a 1 + λ 2 a 2 2λ 2 a 3 = λ 2 (5a 1 + a 2 2a 3 = O Ако съществува линеен оператор ϕ : V V,ϕ(a i = b i, то от 5a 1 + a 2 2a 3 = O получаваме Но 5b 1 + b 2 2b 3 = 5ϕ(a 1 + ϕ(a 2 2ϕ(a 3 = ϕ(5a 1 + a 2 2a 3 = ϕ(o = O 5b 1 + b 2 2b 3 = 5(e 1 2e 2 + e 3 + (e 1 + e 2 3e 3 2(e 1 + 2e 2 + 2e 3 = 4e 1 13e 2 2e 3 O,
така че за 6p = q не съществува линеен оператор ϕ : V V с ϕ(a i = b i за 1 i 3 Нека a 1,, a n са линейно зависими вектори от пространство U и b 1,, b n U Ако съществува линеен оператор ψ : U U с ψ(a i = b i за 1 i n, то коефициентите λ 1,, λ n на всяка линейна зависимост λ 1 a 1 + + λ n a n = O на a 1,, a n са коефициенти на линейна зависимост λ 1 b 1 + + λ n b n = O на b 1,, b n Задача 2 Спрямо базиса u = (u 1, u 2, u 3 на линейното пространство U и базиса v = (v 1, v 2 на линейното пространство V е зададено линейното изображение ϕ : U V, ϕ( u 1 + y 2 + u 3 = ( + 2 v 1 + (3 + + v 2 Да се намерят: (а матрицата B F 2 3 на ϕ спрямо базиса u 1 = u 1 + u 2 + u 3, u 2 = u 1 + u 2, u 3 = 2u 1 + u 2 + u 3 на U и базиса v на V ; (б матрицата C F 2 3 на ϕ спрямо базиса u на U и базиса v 1 = v 1 + 2v 2, v 2 = v 1 + v 2 на V ; (в матрицата D F 2 3 спрямо базисите u = (u 1, u 2, u 3 на U и v = (v 1, v 2 на V Решение: Матрицата на ϕ спрямо базисите u и v е ( 1 1 2 A = 3 1 1 Базисът Следователно Базисът Следователно C = S 1 A = u = ut = u B = AT = ( 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 ( 2 2 3 5 2 8 ( v 1 1 = vs = v 2 1 ( 1 1 2 3 1 1 = ( 2 2 1 1 3 3 В резултат, D = S 1 AT = CT = S 1 B = ( 3 5 1 2 2 2
Задача 3 Нека e 1, e 2, e 3 е базис на R 3, а f 1, f 2 е базис на R 2 Линейното изображение ϕ : R 3 R 2 трансформира e 1, e 2, e 3 в ϕ(e 1 = f 1 + f 2, ϕ(e 2 = f 1 + f 2, ϕ(e 3 = 2f 1 + f 2 Линейното изображение ψ : R 3 R 2 има матрица ( 2 1 2 B = 1 1 3 спрямо базиса e 1, e 2, e 3 на R 3 и базиса f 1, f 2 на R 2 Линейният оператор ρ : R 2 R 2 действа по правилото ρ( f 1 + f 2 = (2 + f 1 + (3 + f 2 Да се намерят: (а матрицата на линейното изображение ρ(ϕ + 2ψ : R 3 R 2 спрямо базиса e 1, e 2, e 3 на R 3 и базиса f 1, f 2 на R 2 ; (б матрицата на линейното изображеине ρ(ϕ + 2ψ : R 3 R 2 спрямо базиса e 2, e 3, e 1 на R 3 и базиса f 1, f 2 на R 2 Решение: Матрицата A R 2 3 на ϕ : R 3 R 2 спрямо базиса e = (e 1, e 2, e 3 на R 3 и базиса f = (f 1, f 2 на R 2 е образувана по стълбове от координатите на ϕ(e 1, ϕ(e 2, ϕ(e 3 спрямо f 1, f 2 По-точно, ( 1 1 2 A = Матрицата на ρ спрямо базиса f 1, f 2 е C = базисите e = (e 1, e 2, e 3 и f = (f 1, f 2 е ( 2 1 M = C(A + 2B = 3 1 1 1 1 ( 2 1 3 1 ( 3 1 6 3 1 5 Матрицата M на ρ(ϕ+2ψ спрямо = ( 3 1 7 6 2 13 Нека N R 2 3 е матрицата на ρ(ϕ + 2ψ спрямо базисите e 2, e 3, e 1 и f = (f 1, f 2 Матрицата на прехода от базиса e 1, e 2, e 3 към базиса e 2, e 3, e 1 е 1 T = 1, 1 така че N = MT = ( 1 7 3 2 13 6 Задача 4 Линейното изображение Φ : U V има матрица 1 2 A = 1 2 5 1 спрямо базиса e 1, e 2 на U и базиса f 1, f 2, f 3 на V Да се намерят базиси на ядрото ker(φ и образа im(φ 3
Решение: Ако ( x1 са координатите на вектор u U спрямо базиса e 1, e 2, то координатите на Ψ(u спрямо базиса f 1, f 2, f 3 са y 1 ( 1 2 ( y = y 2 x1 = A = 1 2 x1 x y 2 x 3 5 1 2 = 2 + 2 5 1 Следова- Векторът u = e 1 + e 2 е от ядрото ker(φ точно когато Φ(u = O или 2 = + 2 = 5 1 = ( 2 Решенията на тази хомогенна линейна система са пропорционални на 1 телно 2e 1 + e 2 е базис на ker(φ и дефектът на Φ е d(φ = dim ker(φ = 1 Образът im(φ = l(φ(e 1, Φ(e 2 с Φ(e 1 = f 1 f 2 + 5f 3, Φ(e 2 = 2f 1 + 2f 2 1f 3, съгласно определението за матрица A на Φ спрямо базиса e 1, e 2 на U и базиса f 1, f 2, f 3 на V По Теоремата за ранг и дефект на линейно изображение, dim im(φ = rk(φ = dim U d(φ = 2 1 = 1 Забелязваме, че Φ(e 2 = 2Φ(e 1, така че Φ(e 1 = f 1 f 2 + 5f 3 е базис на im(φ Задача 5 Линейният оператор ϕ : R 3 R 3 има матрица 1 1 1 3 2 (а A = 2 1 2 ; (б A = 2 1 2 1 4 3 спрямо базиса e 1, e 2, e 3 Да се намери базис v 1, v 2, v 3 на R 3, в който ϕ има диагонална матрица D, както и матрицата D Решение: (ахарактеристичният полином 1 λ 1 1 f A (λ = 2 1 λ 2 = λ(1 λ( 1 λ 2 + 2λ + 2(1 λ = 1 λ = λ 3 + λ = λ(λ + 1(λ 1 Характеристичните корени λ 1 = 1, λ 2 =, λ 3 = 1 са реални Следователно те съвпадат със собствените стойности на оператора Собствените вектори, отговарящи на собствената стойност λ 1 = 1 са ненулевите решения на (A + E 3 2 1 1 2 2 1 1 4
Те са пропорционални на v 1 = (1, 1, 1 Ненулевите решения на 1 1 1 A 2 1 2 1 са собствените вектори, отговарящи на събствената стойност λ 2 = Например, v 2 = (1,, 1 Собствените вектори, отговарящи на собствената стойност λ 3 = 1 са ненулевите решения на (A E 3 1 1 2 2 2 1 1 Те са пропорционални на v 3 = (2, 1, 1 По този начин, операторът има диагонална матрица 1 D = 1 спрямо базиса v 1 = (1, 1, 1, v 2 = (1,, 1, v 3 = (2, 1, 1 (б Характеристичният полином 3 λ 2 f A (λ = 2 1 λ 2 = (1 λ(3 λ( 3 λ + 8(1 λ = 4 3 λ = (1 λ(λ 2 1 = (λ + 1(λ 1 2 Характеристичните корени λ 1 = λ 2 = 1 и λ 3 = 1 са реални и съвпадат със собствените стойности на оператора Характеристичният корен λ 1 = λ 2 = 1 е двукратен Собствените вектори, отговарящи на тази собствена стойност са решения на хомогенната линейна система (A E 3 2 2 2 2 4 4 = с двумерно пространство от решения {(p, q, p p, q R} Избираме линейно независими собствени вектори v 1 = (1,, 1 и v 2 = (, 1,, отговарящи на λ 1 = λ 2 = 1 Ненулевите решения на (A + E 3 4 2 2 2 2 4 2 са собствените вектори със собствена стойност λ 3 v 3 = (1, 1, 2 = 1 Те са пропорционални на 5
В резултат, операторът има диагонална матрица 1 D = 1 1 спрямо базиса v 1 = (1,, 1, v 2 = (, 1,, v 3 = (1, 1, 2 Задача 6 Спрямо базиса e 1, e 2, e 3 на линейното пространство V над R е зададен линейният оператор ψ : V V, ϕ( e 1 + e 2 + e 3 = ( + 2 e 1 + ( 3 + 5 e 2 + ( 3 + 5 e 3 Да се намерят собствените вектори на ψ Решение: Матрицата на ϕ спрямо базиса e 1, e 2, e 3 е 1 2 A = 1 3 5 1 3 5 Характеристичният полином е f A (λ = λ 1 2 1 3 λ 5 1 3 5 λ Изваждаме втория ред от третия и получаваме λ 1 2 f A (λ = 1 3 λ 5 λ λ Изнасяме λ от третия ред и прибавяме третия стълб към втория, за да пресметнем λ 1 2 f A (λ = λ 1 2 λ 5 1 = λ[ λ(2 λ + 1] = λ(λ 12 Храктеристичните корени λ 1 = λ 2 = 1, λ 3 = са реални и съвпадат със собствените стойности на ψ Собствените вектори, отговарящи на собствената стойност 1 са ненулевите решения на хомогенната линейна система (A E 3 1 1 2 1 4 5 1 3 4 Всички те са пропорционални на v 1 = (1, 1, 1 6
Собствените вектори, отговарящи на λ 3 = са ненулевите решения на 1 2 A 1 3 5 1 3 5 Това са векторите, пропорционални на v 2 = ( 1, 2, 1 Операторът ψ не притежава базис от собствени вектори или ψ няма диагонална матрица спрямо нито един базис на V 7