Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Линейные отображения. Матрицы линейных отображений.

Тема Линал и алгебра.

07 Линейные отображения. Матрицы линейных отображений.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#72835

Пусть $e1,...,en$ - базис пространства $V$ . Доказать, что всякая линейная функция $l : V → ℝ$ имеет вид

l(x) = lx + ...+ l x 1 1 n n

где $x1,...,xn$ - координаты вектора $x$ в базисе $e1,...,en$ , $l1,...,ln$ - некоторые фиксированные константы $∈ ℝ$ , полностью определяющиеся только самой линейной функцией $l$ .

Показать доказательство

Пусть $l$ - линейная функция на $V$ , $x$ принадлежит $V$ , $x = x1e1 + ...+ xnen$ , где $e1,...,en$ - базис $V$ .

Тогда по определению линейной функции:

l(x) = l(x e + ...+ x e ) = l(x e )+ ...+ l(x e ) = x l(e )+ ...+ x l(e ) 1 1 n n 1 1 n n 1 1 n n

Обозначим $l(ei) = li ∈ ℝ$

Получаем, что для любого $x ∈ V$ выполнено:

l(x ) = x l(e )+ ...+ x l(e ) = x l + ...+ x l 1 1 n n 11 n n

Что и требовалось доказать.

Замечание. Это утверждение на самом деле представляет собой лишь частный случай теоремы о том, что любое отображение между конечномерными пространствами при выборе базисов задаётся некоторой матрицей.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#72836

Рассмотрим пространство $𝒫5$ многочленов степени не выше пятой и его базис $1,x,x2,x3,x4,x5$ . Найти матрицы следующих операторов относительно этого базиса:

1.: дифференцирования $-d dx$
2.: сдвига $f (x ) → f(x+ 1 )$
3.: $f (x) → f(− x )$

Показать ответ и решение

Если $f(x) ∈ ℝ5 [x]$ , то $f (x ) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5$ . и тогда в данном нам базисе $f(x)$ - это вектор $T (a0 a1 a2 a3 a4 a5)$ .
А сам базис записывается так:
$T T T T T T {e0 = (1 0 0 0 0 0) , e1 = (0 1 0 0 0 0) , e2 = (0 0 1 0 0 0) , e3 = (0 0 0 1 0 0) , e4 = (0 0 0 0 1 0) , e5 = (0 0 0 0 0 1) }$

Во всех пунктах оператор $𝒜$ будет отображать пространство $ℝ [x] 5$ в то же $ℝ [x] 5$ . То есть $𝒜 : ℝ5 [x ] → ℝ5 [x ]$ . Следовательно, матрицы $A$ этих операторов будут иметь размеры $6× 6$ (так как 6 - размерность $𝒫 5$ ).

Известно, что $j$ столбцом матрицы $A i$ будет вектор $𝒜 (e) j$ , где $e j$ - $j$ базисный вектор пространства. Используем это, чтобы решить задачу:

1.: Оператор $d dx$ дифференцирования:
Для $n = 1,2,...,5$ имеем $-d(en) = -dxn = nxn −1 = nen−1 dx dx$ .
А $d- dx(e0) = 0$ .
То есть получаем:
$d- dx(e0) = 0 = (0 0 0 0 0 0)$
$ddx(e1) = e0 = (1 0 0 0 0 0)$
$d- dx(e2) = 2e1 = (0 2 0 0 0 0)$
$ddx(e3) = 3e2 = (0 0 3 0 0 0)$
$d- dx(e4) = 4e3 = (0 0 0 4 0 0)$
$ddx(e5) = 5e4 = (0 0 0 0 5 0)$

Отсюда матрица $( ) 0 1 0 0 0 0 || 0 0 2 0 0 0|| || || || 0 0 0 3 0 0|| A1 = || 0 0 0 0 4 0|| | | |( 0 0 0 0 0 5|) 0 0 0 0 0 0$
2.: Оператор $𝒜2$ сдвига:
Для $n = 1,2,...,5$ имеем $n n n−1 n(n−1) n−2 n(n−1) 2 𝒜2(en) = (x + 1) = x + nx + 2 x + ...+ 2 x + nx + 1 = en + nen−1 + ...+ ne1 + e0$ .
А $𝒜2(e0) = 𝒜2(1) = 1 = e1$ .
То есть получаем:
$𝒜2 (e0) = e1$
$𝒜 (e ) = e + e 2 1 1 0$
$𝒜2 (e2) = e2 + 2e1 + e0$
$𝒜 (e ) = e + 3e + 3e + e 2 3 3 2 1 0$
$𝒜2 (e4) = e4 + 4e3 + 6e2 + 4e1 + e0$
$𝒜2 (e5) = e5 + 5e4 + 10e3 + 10e2 + 5e1 + e0$

Отсюда матрица $( ) | 1 1 1 1 1 1 | || 0 1 2 3 4 5 || || || A2 = | 0 0 1 3 6 10| || 0 0 0 1 4 10|| || 0 0 0 0 1 5 || ( ) 0 0 0 0 0 1$
3.: Оператор $𝒜3 = f(x) → f(− x)$ :
$( ( { xn, n - четное { en, n -ч етное 𝒜3 (en) = 𝒜2 (xn) = = ( − xn, n -неч ет ное ( − en, n -нечетное$ для всех $n = 0,1,2,3,4,5$

Отсюда матрица $( ) 1 0 0 0 0 0 || || || 0 − 1 0 0 0 0 || | 0 0 1 0 0 0 | A3 = || || || 0 0 0 − 1 0 0 || |( 0 0 0 0 1 0 |) 0 0 0 0 0 − 1$

Ответ:

1.: $( ) 0 1 0 0 0 0 || || | 0 0 2 0 0 0| || 0 0 0 3 0 0|| || || || 0 0 0 0 4 0|| |( 0 0 0 0 0 5|) 0 0 0 0 0 0$
2.: $( ) 1 1 1 1 1 1 || 0 1 2 3 4 5|| || || || 0 0 1 3 6 10|| || 0 0 0 1 4 10|| | | |( 0 0 0 0 1 5|) 0 0 0 0 0 1$
3.: $( ) | 1 0 0 0 0 0 | || 0 − 1 0 0 0 0 || | | || 0 0 1 0 0 0 || || 0 0 0 − 1 0 0 || || || ( 0 0 0 0 1 0 ) 0 0 0 0 0 − 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#72837

Пусть $f : V → V$ и $g : V → V$ - два линейных отображения, имеющих в некотором базисе ${e1,...,en}$ матрицы, соответственно, $Af$ и $Bg$ .

Какую матрицу в том же базисе будет иметь линейное отображение $f ∘ g$ ? А какую - $g ∘f$ ?

Показать ответ и решение

По определению, матрица $Af$ обладает тем свойством, что для любого вектора $v ∈ V$ выполнено

f(v) = A ⋅v f

Аналогично, матрица $Bg$ обладает тем свойством, что для любого вектора $v ∈ V$ выполнено

g(v) = Bg ⋅v

Но тогда, если $g(v) = Bg ⋅v$ , то

f(g(v)) = f(Bg ⋅v) = Af ⋅Bg ⋅v

То есть, получаем, что матрица

(Af ⋅Bg)

по определению является матрицей отображения $f ∘ g$ . То есть композиции отображений соответствует умножение матриц.

Аналогично показывается, что отображению $g ∘ f$ будет соответствовать матрица

(Bg ⋅Af)

Ответ:

$(Af ⋅Bg )$ и $(Bg ⋅Af )$ соответственно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#72838

Верно ли, что если $f : V → W$ - линейное отображение и ${v1...,vk}$ - линейно независимая система векторов в $V$ , то ${f(v1)...,f(vk)}$ - линейно независимая система векторов в $W$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно. Возьмём, например, в качестве $f$ отображение, которое все вектора пространства $V$ отправляет в нулевой вектор. То есть $f$ задано правилом

f(−→v ) = −→0 , ∀ −→v ∈ V W

Но тогда, какую бы линейно независимую систему векторов ${v1...,vk}$ из $V$ мы бы ни взяли, после применения $f$ к ней мы получим систему

−→ −→ {f(v1)...,f (vk)} = { 0 W ...,0 W }

из всех нулей, которая, очевидно, линейно зависима в $W$ .

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#72839

Верно ли, что если $f : V → W$ - линейное отображение и ${v1...,vk}$ - линейно зависимая система векторов в $V$ , то ${f(v1)...,f(vk)}$ - линейно зависимая система векторов в $W$ ?

Показать ответ и решение

Это верно. Пусть ${v1...,vk}$ - линейно зависимы в $V$ . Это означает, что найдется такая линейная комбинация

λ v + ...+ λ v = −→0 1 2 k k V

Но тогда применим к этому последнему равенству $f$ :

f(λ1v2 + ...+ λkvk) = f (0)

Далее, в силу того, что $f$ - линейно, то, во-первых,

f(λ1v2 + ...+ λkvk) = λ1f(v1)+ ...+ λnf (vn)

А, во вторых, $−→ −→ f( 0 V ) = 0 W$ , поэтому получим:

−→ λ1f(v1)+ ...+ λnf(vn) = 0 W

Что в точности означает, что ${f(v1)...,f(vk)}$ - линейно зависима в $W$ .

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#72840

Верно ли, что для любых двух векторов $−→ −→a ,b ∈ ℝn$ существует такой линейный оператор

𝒜a ↦→b : ℝn → ℝn

что $𝒜a ↦→b$ переводит вектор $−→a$ в вектор $−→ b$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно, потому что если взять в качестве $−→ −→a = 0 ∈ ℝn$ , а в качестве $−→ −→ b ⁄= 0$ , то невозможно будет перевести $−→ a$ в $−→ b$ никаким линейным преобразованием, потому что нулевой вектор обязан при линейном отображении переходить в нулевой.

Ответ:

Нет

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#72841

Верно ли, что для любых двух ненулевых векторов $−→ −→ −→ −→a ⁄= 0 , b ⁄= 0 ∈ ℝn$ существует такой линейный оператор

𝒜 : ℝn → ℝn a↦→b

что $𝒜a ↦→b$ переводит вектор $−→ a$ в вектор $−→ b$ ?

Показать ответ и решение

Это верно. Пусть $−→ −→a ⁄= 0$ . Тогда обязательно можно среди векторов стандартного базиса $−→e1,−→e2,...,−→en$ выбрать такие $n− 1$ вектор, что вместе с вектором $−→ a$ эта система векторов будет образовывать базис в $ℝn$ .

(Поскольку любую линейно независимую систему векторов можно дополнить до базиса)

Пусть, для простоты, до базиса вектор $−→a = (a ,...,a ) 1 n$ дополняют до базиса вектора $−→e ,...,−→e 2 n$ .

То есть набор

−→ −→ −→ { a ,e2,...,en}

- это базис в $ℝn$ .

Рассмотрим тогда оператор $ℒ$ , переводящий вектор $−→ e1$ в вектор $−→ a$ , а остальные векторы $−→ −→ e2,...,en$ оставляющий на месте. То есть оператор $ℒ$ задается правилами:

ℒ : −→e1 ↦→ −→a ,−→e2 ↦→ −→e2,...,−→en ↦→ −→en

Но тогда в базисе $−→ −→ e1,...,en$ этот оператор $ℒ$ будет иметь матрицу

( ) a1 0 ... 0 || || L = || a2 1 ... 0 || | ... ... .... ....| ( ) an 0 ... 1

Далее, пусть оператор $ℋ$ переводит вектор $−→e1$ в вектор $−→b$ , а остальные векторы $−→e2,...,−→en$ оставляющий на месте. То есть оператор $ℋ$ задается правилами:

−→ −→ −→ −→ −→ −→ ℋ : e1 ↦→ b ,e2 ↦→ e2,...,en ↦→ en

Но тогда в базисе $−→ −→ e1,...,en$ этот оператор $ℋ$ будет иметь матрицу

( ) b 0 ... 0 || 1 || | b2 1 ... 0| H = || ... ... .... ....|| ( ) bn 0 ... 1

Но тогда оператор

− 1 ℋ ∘ ℒ

будет действовать так: он оставляет, разумеется, все $−→ −→ e2,...,en$ на месте, а вектор $−→ a$ сначала переводит в $−→e1$ , а затем $−→e1$ переводит в вектор $−→ b$ .

То есть, итого, он переводит вектор $−→a$ в вектор $−→ b$ , как и нужно.

Задаваться он будет, очевидно, в базисе $−→ −→ e1,...,en$ матрицей

( ) ( )− 1 | b1 0 ... 0 | | a1 0 ... 0 | || b2 1 ... 0 || || a2 1 ... 0 || || || ⋅|| || ( ... ... .... ....) ( ... ... .... ....) bn 0 ... 1 an 0 ... 1

Ответ:

Да

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#74059

Линейный оператор

𝒜 : ℝ3 → ℝ2

задан в стандартных базисах матрицей

( ) A = 2 3 − 1 1 − 2 1

В $3 ℝ$ выбран новый базис:

v = (1,− 1,0 ),v = (0,2,− 1),v = (1,0,1) 1 2 3

Найти матрицу оператора $𝒜$ относительно новых базисов, считая, что в $2 ℝ$ базис не меняли.

Показать ответ и решение

Запишем матрицу перехода в $ℝ3$ - для этого нужно по столбцам записать координаты новых базисных векторов

v = (1,− 1,0 ),v = (0,2,− 1),v = (1,0,1) 1 2 3

в старом (т.е. стандартном) базисе. Матрица будет такой:

( ) 1 0 1 || || C = ( − 1 2 0) 0 − 1 1

Поскольку базис в $2 ℝ$ не менялся, то в нём матрица перехода, очевидно, единичная.

Таким образом, по формуле матрицы линейного оператора относительно новых базисов получаем, что новая матрица $′ A$ находится из формулы

( ) (2 3 − 1) | 1 0 1| (− 1 7 1) A′ = E −1AC = AC = | − 1 2 0| = 1 − 2 1 ( ) 3 − 5 2 0 − 1 1

Ответ:

$( ) − 1 7 1 3 − 5 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#74060

Линейный оператор

𝒜 : ℝ3 → ℝ2

задан в стандартных базисах матрицей

( ) A = 2 3 − 1 1 − 2 1

В $2 ℝ$ выбран новый базис:

f = (3,2),f = (1,1) 1 2

Найти матрицу оператора $𝒜$ относительно новых базисов, считая, что в $3 ℝ$ базис не меняли.

Показать ответ и решение

Запишем матрицу перехода в $ℝ2$ - для этого нужно по столбцам записать координаты новых базисных векторов

f = (3,2),f = (1,1) 1 2

в старом (т.е. стандартном) базисе. Матрица будет такой:

( ) 3 1 D = 2 1

Поскольку базис в $ℝ3$ не менялся, то в нём матрица перехода, очевидно, единичная.

Таким образом, по формуле матрицы линейного оператора относительно новых базисов получаем, что новая матрица $A ′$ находится из формулы

( ) −1 ( ) A′ = D− 1AE = D− 1A = 3 1 2 3 − 1 2 1 1 − 2 1

Находим обратную матрицу к матрице $D$ :

( ) ( ) 3 1 −1 1 − 1 D −1 = = 2 1 − 2 3

Следовательно,

( ) ( ) ( ) A′ = 1 − 1 2 3 − 1 = 1 5 − 2 − 2 3 1 − 2 1 − 1 − 12 5

Ответ:

$( ) 1 5 − 2 − 1 − 12 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#74061

Пусть $A′$ - матрица, полученная из матрицы $A$ при помощи каких-то ЭП метода Гаусса, скажем, ЭП столбцов. Обязательно ли матрицы $A$ и $′ A$ являются матрицами одного и того же оператора, но записанными в разных базисах? (то есть обязательно ли матрицы $A$ и $A′$ - подобны)?

Показать ответ и решение

Разумеется, это неверно.

Изменение матрицы линейного оператора по закону

A ′ = C− 1AC

это вовсе не то же самое, что просто элементарные преобразования столбцов матрицы. Элементарные преобразования - это куда более, так сказать, вольная операция.

ЭП сохраняют только множество решений системы линейных уравнений, в то время как при смене базиса должны сохраняться определитель, ранг, след, да и на самом деле много чего ещё.

Контрпример построить легко, можно, например, взять единичную матрицу и умножить первый её столбец на 2. Это вполне себе нормальное элементарное преобразование в методе Гаусса, оно допустимо.

Однако матрицы

( ) | 1 0 ... 0 | || 0 1 ... 0 || E = || || ( ... ... .... ....) 0 0 ... 1

( ) 2 0 ... 0 || || || 0 1 ... 0 || | ... ... .... ....| ( ) 0 0 ... 1

не подобны (например потому, что у них разные определители).

Ответ:

Вообще говоря, совершенно необязательно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#74062

В пространстве $𝒫n$ всех многочленов степени не выше $n$ найти ядро, базис ядра, образ, базис образа оператора:

1. $𝒜$ , действующего по правилу

𝒜 : p(x) ↦→ p(− x)

2. $ℒ$ , действующего по правилу

′ ℒ : p(x) ↦→ x ⋅p (x)

3. Дифференцирования $𝒟$ , действующего по правилу

′ 𝒟 : p(x) ↦→ p (x )

Показать ответ и решение

1. По определению $ker𝒜$ - это все такие многочлены, что

𝒜 (p) = 0( нулевому м ногочлену )

Пусть многочлен $p$ имеет вид

anxn + an−1xn−1 + ...+ a1x + a0

Но $𝒜(p) = p(− x )$ , то есть

𝒜 (p) = (− 1)nanxn + (− 1)n−1an−1xn−1 + ...− a1x + a0

Следовательно,

𝒜(p) = 0 ⇔ (− 1)nanxn + (− 1)n−1an−1xn− 1 + ...− a1x + a0 = 0

Но ясно, что это возможно тогда и только тогда, когда все коэффициенты многочлена

(− 1)nanxn + (− 1)n−1an− 1xn −1 + ... − a1x+ a0

равны нулю. То есть сам многочлен

(− 1)na xn + (− 1)n−1a xn −1 + ... − a x+ a n n− 1 1 0

- нулевой.

Таким образом, в ядре $𝒜$ лежит только нулевой многочлен.

Следовательно, $dim ker𝒜 = 0$ , $dim Im 𝒜 = n+ 1 − dim ker𝒜 = n + 1$ , то есть в ядре $𝒜$ в качестве базиса нужно взять пустое множества (по определению это единственный базис нульмерного пространства), а в образе $𝒜$ в качестве базиса сгодится любой базис всего пространства $𝒫n$ , например

1,x,x2,...,xn−1,xn

2. Пусть многочлен $p$ имеет вид

anxn + an−1xn−1 + ...+ a1x + a0

Но $ℒ(p) = xp′(x)$ , то есть

ℒ(p) = nanxn + (n − 1)an−1xn−1 + ...+ 2a2x2 + a1x

Следовательно,

ℒ(p) = 0 ⇔ na xn + (n − 1)a xn−1 + ...+ 2a x2 + a x = 0 n n−1 2 1

Но ясно, что это возможно тогда и только тогда, когда все коэффициенты многочлена

n n−1 2 nanx + (n − 1)an−1x + ...+ 2a2x + a1x

равны нулю.

То есть

an = an− 1 = ...= a2 = a1 = 0

Таким образом, в ядре $ℒ$ лежат те и только те многочлены

n n−1 anx + an−1x + ...+ a1x + a0

у которых все коэффициенты, кроме $a0$ , равны нулю, а $a0$ - любое. То есть это в точности константы.

Таким образом, $dim kerℒ = 1$ , $dim Im ℒ = n + 1 − dim kerℒ = n$ , то есть в ядре $ℒ$ в качестве базиса нужно взять многочлен, которым можно породить все константы, например, многочлен

1

а в образе $ℒ$ в качестве базиса сгодится любой базис, которым можно породить все многочлены вида

nanxn + (n − 1)an−1xn −1 + ...+ 2a2x2 + a1x

Например сгодится базис

x,x2,...,xn−1,xn

3. Пусть многочлен $p$ имеет вид

anxn + an−1xn−1 + ...+ a1x + a0

Но $𝒟(p) = p′(x )$ , то есть

𝒟(p) = nanxn −1 + (n − 1)an−1xn−2 + ...+ 2a2x + a1

Следовательно,

𝒟(p) = 0 ⇔ na xn−1 + (n − 1)a xn− 2 + ...+ 2a x + a = 0 n n−1 2 1

Но ясно, что это возможно тогда и только тогда, когда все коэффициенты многочлена

n−1 n−2 nanx + (n− 1)an− 1x + ...+ 2a2x+ a1

равны нулю.

То есть

an = an− 1 = ...= a2 = a1 = 0

Таким образом, в ядре $𝒟$ лежат те и только те многочлены

n n−1 anx + an−1x + ...+ a1x + a0

у которых все коэффициенты, кроме $a0$ , равны нулю, а $a0$ - любое. То есть это в точности константы.

Таким образом, $dim ker𝒟 = 1$ , $dim Im 𝒟 = n + 1− dim ker 𝒟 = n$ , то есть в ядре $𝒟$ в качестве базиса нужно взять многочлен, которым можно породить все константы, например, многочлен

1

а в образе $𝒟$ в качестве базиса сгодится любой базис, которым можно породить все многочлены вида

n−1 n−2 nanx + (n− 1)an− 1x + ...+ 2a2x+ a1

Например сгодится базис

2 n−1 1,x,x ,...,x

Ответ:

1. Ядро тривиально (состоит только из нуля), базис ядра пуст. Образ состоит из всего пространства $𝒫n$ , и в качестве базиса образа годится любой базис этого пространства, например, $n 1,x,...,x$ ;
2. Ядро состоит из константных многочленов. В качестве базиса ядра можно взять, например, многочлен $p(x) = 1$ . Образ состоит из многочленов с нулевым свободным членом. В качестве базиса образа можно взять, например, $x,...,xn$ ;
3. Ядро состоит из константных многочленов. В качестве базиса ядра можно взять, например, многочлен $p(x) = 1$ . Образ состоит из многочленов с нулевым старшим членом. В качестве базиса образа можно взять, например, $1,...,xn−1$ ;

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#74995

В пространстве $𝒫≤100$ всех многочленов степени не выше чем 100 рассмотрим оператор трёхкратного дифференцирования $-d3 dx3$ , сопоставляющий каждому многочлену $p$ многочлен $′′′ p$ .

Найти какой-нибудь его аннулирующий многочлен.

Показать ответ и решение

Ясно, что оператор трёхкратного дифференцирования $ddx33$ на пространстве многочленов не выше 100 удовлетворяет, например, соотношению $d3- 34 (dx3) = 𝒪$ , поскольку в 34 степени этот оператор превращается в оператор 102-кратного дифференцирования, а при 102-кратном дифференцировании любой многочлен степени не выше 100 превращается в ноль, то есть $-d3- 34 (dx3)$ - это нулевой оператор.

Поэтому аннулирующим многочленом исходного оператора будет, например, многочлен $p(t) = t34$ .

Ответ:

Например, $p(t) = t34$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#74996

Рассмотрим оператор

𝒫 ℛ : ℝ3 → ℝ3

проекции на плоскость $Oz$ .

Найти какой-нибудь его аннулирующий многочлен.

Показать ответ и решение

Ясно, что этот оператор $𝒫 ℛ$ удовлетворяет соотношению

𝒫ℛ2 = 𝒫ℛ

потому что спроецировать два раза на плоскость $Oz$ - это то же самое, что спроецировать однократно. Следовательно, многочлен $2 p(t) = t − t$ будет аннулировать наш оператор $𝒫 ℛ$ .

Ответ:

Например, $p(t) = t2 − t$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#99794

Пусть $f : V → W$ - линейное отображение. Пусть $Af$ - его матрица относительно каких-то выбранных базисов в $V$ и в $W$ .

1. Доказать, что базисом в подпространстве $Imf$ являются все линейно независимые столбцы матрицы $Af$ . То есть для построения базиса в $Imf$ достаточно выбрать максимальную линейно независимую подсистему столбцов матрицы $Af$ .

2. Доказать, что базисом в подпространстве $kerf$ являются те вектора, которые образуют ФСР ОСЛУ $Af x = 0$ .

Показать доказательство

1. Пусть $y ∈ Imf$ . По определению это означает, что существует такой $x ∈ V$ , что $f(x) = y$ .

Тогда, если выбрать базисы в $V$ и в $W$ , то в соответствующих базисах последнее равенство будет означать, что $Af ⋅x = y$ .

Однако, если мы умножаем матрицу $( a11 a12 ... a1n ) | | Af = || a21 a22 ... a2n || |( ... ... .... .... |) am1 am2 ... amn$ на вектор $( ) | x1| || x2|| x = |( ...|) xn$ , то результат является ничем иным, как линейной комбинацией столбцов матрицы $Af$ с коэффициентами $xi$ -ыми:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a11 a12 ... a1n x1 a11 a12 a1n || a21 a22 ... a2n|| ||x2|| || a21 || || a22|| || a2n|| || || ⋅|| || = x1|| || + x2|| || + ...+ xn|| || ( ... ... .... ....) (...) ( ... ) ( ... ) ( ...) am1 am2 ... amn xn am1 am2 amn

Следовательно, наш $y ∈ Imf$ в соответствующем базисе является линейной комбинацией столбцов матрицы $Af$ с некоторыми коэффициентами.

Наоборот, ясно, что если какой-то вектор $y ∈ W$ и при выборе соответствующих базисов этот $y$ является линейной комбинацией столбцов матрицы $Af$ с некоторыми коэффициентами, то этот $y$ лежит в $Imf$ (а именно, этот $y$ можно получить, применяя $f$ к вектору $x$ , координаты которого и есть коэффициенты той линейной комбинации, которая даёт $y$ ).

Следовательно,

( ) ( ) ( ) a11 a12 a1n } { || a21|| || a22|| || a2n || } Imf = span{ столбцы матрицы Af = span || || ,|| || ,...,|| || ( ... ) ( ...) ( ... ) am1 am2 amn

Следовательно, базис в $Imf$ ищется стандартным алгоритмом поиска базиса в линейной оболочке какого-то набора векторов - нужно просто выкинуть те вектора, которые выражаются через остальные и оставить максимальный линейно независимый поднабор.

2. $x ∈ kerf$ по определению тогда и только тогда, когда $f (x) = 0$ . А при выборе базисов в $V$ и в $W$ это равносильно тому, что

( ) ( ) ( ) | a11 a12 ... a1n | |x1 | | 0| || a21 a22 ... a2n || ||x2 || || 0|| | ... ... .... ....| ⋅| ...| = |...| ( ) ( ) ( ) am1 am2 ... amn xn 0

Следовательно, ядро отображения $f$ совпадает с подпространством решений ОСЛУ $Afx = 0$ . Следовательно, базис в $kerf$ - это в точности базис в этом подпространстве решений ОСЛУ, а это в точности и называется ФСР ОСЛУ $Af x = 0$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#99800

Верно ли, что если у двух матриц $A$ и $A′$ одинакового размера $n × n$ совпадают определители, то $A$ и $A′$ - подобны, то есть являются матрицами одного и того же линейного оператора $𝒜$ , записанными в разных базисах?

Показать ответ и решение

Это неверно. Например, если рассмотреть матрицы

(0 0) (0 1) A = , A ′ = 0 0 0 0

То очевидно, что $detA = detA′ = 0$ , но $A$ и $A ′$ - не подобные матрицы, то есть не матрицы одного и того же линейного отображения, записанные в разных базисах.

И вот, по какой причине. Если бы $A$ и $A′$ были бы подобны, то у них был бы одинаковый ранг. А это не так: $rkA = 0, rkA ′ = 1$ .

Ответ:

Нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#99803

Верно ли, что если у двух матриц $A$ и $A′$ одинакового размера $n × n$ совпадают ранги, то $A$ и $A′$ - подобны, то есть являются матрицами одного и того же линейного оператора $𝒜$ , записанными в разных базисах?

Показать ответ и решение

Это неверно. Рассмотрим, например, матрицы

(1 0) (2 0) A = , A ′ = 0 1 0 2

Ясно, что $rkA = rkA′ = 2$ . Однако, они не подобны, потому что если бы они были бы подобны, то у них бы совпадали определители.

Ответ:

Нет

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#101767

Пусть $V$ и $W$ - изоморфные пространства. И пусть $𝒜 : V → W$ - изоморфизм между ними. Доказать, что тогда:

1. Если ${v1,...,vn}$ - линейно зависимая система векторов в пространстве $V$ , то ${𝒜 (v1),...,𝒜 (vn)}$ - линейно зависимая система векторов в пространстве $W$ .
2. Если ${v1,...,vn}$ - линейно независимая система векторов в пространстве $V$ , то ${𝒜 (v1),...,𝒜 (vn)}$ - линейно независимая система векторов в пространстве $W$ .
3. Если $rk{v1,...,vn} = r$ , то $rk{𝒜 (v1),...,𝒜 (vn)} = r$ .
4. Если ${v1,...,vn}$ - базис в $V$ , то ${𝒜 (v1),...,𝒜(vn)}$ - базис в $W$ .

Показать доказательство

1. Действительно, пусть ${v ,...,v } 1 n$ - линейно зависима. Это означает, что мы можем выразить нулевой вектор в виде нетривиальной линейной комбинации наших векторов:

0 = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λnvn

причем какая-то $λi ⁄= 0$ .

Применим теперь к обеим частям этого равенства наш оператор $𝒜$ :

𝒜 (0) = 𝒜 (λ1v1 + λ2v2 + ...+ λnvn )

Но линейный оператор нулевой вектор всегда переводит в нулевой вектор, а в правой части равенства можно воспользоваться обеими аксиомами линейности:

0 = λ1 𝒜(v1)+ λ2𝒜 (v2)+ ...+ λn 𝒜(vn)

Но это и означает, что ${𝒜(v1),...,𝒜 (vn)}$ - линейно зависимая система векторов, ибо мы буквально предъявили нетривиальную (а она, конечно, нетривиальна, потому что все еще какая-то $λi ⁄= 0$ ) их линейную комбинацию, равную нулевому вектору.

Заметим, что нигде мы здесь и не пользовались тем, что $𝒜$ - изоморфизм. Нам для доказательства хватило только того, что это линейный оператор.

2. От противного. Пусть вышло так, что ${𝒜(v ),...,𝒜(v )} 1 n$ - линейно зависима. Следовательно, мы можем выразить нулевой вектор в виде нетривиальной линейной комбинации наших векторов:

0 = λ 𝒜(v )+ λ 𝒜 (v )+ ...+ λ 𝒜(v ) 1 1 2 2 n n

где хоть какая-то $λi ⁄= 0$ .

Далее, распишем правую часть этого равенства, пользуясь линейностью оператора $𝒜$ (только немного в непривычную сторону - мы занесем внутрь все лямбды и сумму значений оператора на векторах засунем внутрь этого оператора):

0 = 𝒜(λ1v1 + λ2v2 + ...+ λnvn)

Однако, коль скоро ядро изоморфизма обязано быть тривиально, то в нулевой вектор может переходить только нулевой, следовательно,

λ1v1 + λ2v2 + ...+ λnvn = 0

Но при этом хоть какая-то $λi ⁄= 0$ . А это уже в свою очередь противоречит условию, что ${v1,...,vn}$ - линейно независимая система векторов.

3. Если $rk{v1,...,vn} = r$ , то ясно, что из этого набора векторов можно удалить $n − r$ векторов и останется $r$ линейно независимых, причем такое $r$ максимально возможное. Удалим их, и пусть останутся:

{vi1,...,vir}

- максимальная линейно независимая подсистема в ${v1,...,vn}$ .

Применим к ней наш оператор $𝒜$ . По пункту 2., образ линейно независимой системы векторов линейно независим, поэтому система векторов

{𝒜 (vi1),...,𝒜 (vir)}

- линейно независима, а потому $rk {𝒜(v1),...,𝒜 (vn)} ≥ r$ .

Однако, если бы так оказалось, что $rk{𝒜 (v1),...,𝒜 (vn )} > r$ , то это бы означало, что найдется $s > r$ векторов среди ${𝒜 (v1),...,𝒜 (vn)}$ , которые линейно независимы. Пусть это векторы

{𝒜(v ),...,𝒜 (v )} j1 js

Но ясно, что они являются образами векторов

{vj ,...,vjs} 1

Однако, в силу того, что $s > r$ , такая система векторов - линейно зависима (ведь $r$ - максимальное количество линейно независимых векторов, которые можно выделить из системы ${v1,...,vn}$ ).

А по пункту 1. образ линейно зависимой системы векторов вновь линейно зависим. Следовательно,

{𝒜(vj1),...,𝒜 (vjs)}

- линейно зависимая система. Противоречие, следовательно, неравенство $rk{𝒜 (v1),...,𝒜(vn)} > r$ - невозможно.

4. Т.к. ${v1,...,vn}$ - базис в $V$ , то эта система векторов уж по крайней мере линейно независима. Следовательно, по пункту 2. система векторов ${𝒜 (v1),...,𝒜 (vn)}$ - тоже линейно независима. И чтобы доказать, что это базис, осталось доказать свойство выразимости.

Почему любой вектор $w ∈ W$ можно выразить как линейную комбинацию векторов ${ 𝒜(v1),...,𝒜 (vn)}$ ?

Действительно, любой вектор $w ∈ W$ является прообразом некоторого $v ∈ V$ (потому что по определению изоморфизма, $𝒜$ - биекция, следовательно, уж хотя бы сюръекция.)

То есть для любого $w ∈ W$ существует $v ∈ V$ такой, что

𝒜 (v) = w

Но, поскольку ${v1,...,vn}$ - базис в $V$ , то вектор $v$ можно разложить по этому базису:

v = x1v1 + ...+ xnvn, xi ∈ ℝ

Но теперь, применяя оператор $𝒜$ к обеим частям этого равенства и пользуясь его линейностью, имеем:

w = 𝒜 (v) = x1𝒜 (v1)+ ...+ xn 𝒜(vn)

Вот мы и получаем, что любой вектор $w ∈ W$ является линейной комбинацией векторов ${𝒜 (v1),...,𝒜 (vn)}$ . Свойство выразимости доказано, а вместе со свойством линейной независимости оно даёт, что ${𝒜 (v1),...,𝒜(vn)}$ - базис в $W$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#101768

Пусть $V$ и $W$ - изоморфные пространства. И пусть $𝒜 : V → W$ - изоморфизм между ними. Доказать, что тогда отображение $−1 𝒜 : W → V$ тоже является изоморфизмом.

Показать доказательство

Ясно, что если $𝒜 : V → W$ - биекция, то и $𝒜 −1 : W → V$ - тоже биекция. ( $𝒜− 1$ вообще является функцией в силу инъективности и сюръективности $𝒜$ , $−1 𝒜$ - инъективно в силу функциональности $𝒜$ и $−1 𝒜$ - сюръективно в силу функциональности $−1 𝒜$ ).

Нетривиальна только линейность $𝒜 −1$ .

Действительно, берем любые $w1,w2 ∈ W$ и любые $α,β ∈ ℝ$ . Почему

𝒜 −1(αw1 + βw2) = α𝒜 −1(w1) + β𝒜 −1(w2)

? Поскольку $𝒜$ - это биекция, то обязательно найдутся такие $v1 ∈ V$ и $v2 ∈ V$ , что $𝒜 (v1) = w1$ и $𝒜(v2) = w2$ . Но тогда:

𝒜−1(αw1 + βw2 ) = 𝒜− 1(α 𝒜(v1)+ β 𝒜(v2)) в силу лин=ейности 𝒜𝒜 −1(𝒜 (αv1 + βv2 ))

И поскольку $𝒜 −1$ и $𝒜$ - взаимно обратны, то

𝒜− 1(𝒜 (αv1 + βv2)) = αv1 + βv2

Что есть не что иное, как $−1 − 1 α𝒜 (w1)+ β 𝒜 (w2 )$ , ибо $− 1 v1 = 𝒜 (w1 )$ , а $− 1 v2 = 𝒜 (w2 )$ . Следовательно, мы все доказали.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#101769

Доказать, что:

1. Для любого линейного пространства $V$ выполнено $V ≃ V$ ;
2. Для любых линейных пространств $V$ и $W$ выполнено, что если $V ≃ W$ , то $W ≃ V$ ;
3. Для любых линейных пространств $V$ , $W$ и $L$ выполнено, что если $V ≃ W$ и вместе с этим $W ≃ L$ , то $V ≃ L$ .

Показать доказательство

1. Это правда так, изоморфизм между $V$ и $V$ осуществляется при помощи тождественного оператора $ℰ$ , который, очевидно, является изоморфизмом.

2. Если $V ≃ W$ и $𝒜$ - это изоморфизм $𝒜 : V → W$ , то ясно, что существует и изоморфизм в обратную сторону $W → V$ и его осуществляет оператор $𝒜− 1$ .

3. Если $V ≃ W$ и $𝒜$ - это изоморфизм $𝒜 : V → W$ и $W ≃ L$ и $ℬ$ - это изоморфизм $ℬ : W → L$ , то ясно, что существует и изоморфизм $V → L$ и его осуществляет оператор $ℬ𝒜 : V → L$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#101770

Изоморфны ли следующие линейные пространства:

a) $ℝ100$ и $ℝ1000$ ;
b) $ℝ12$ и $𝒫 ≤12$ - пространство всех многочленов степени не выше, чем 12 с вещественными коэффициентами;
c) $ℝ12$ и $𝒫 ≤11$ - пространство всех многочленов степени не выше, чем 11 с вещественными коэффициентами;
d) $Mat3×9(ℝ )$ и $27 ℝ$ ;
e) $Mat25 ×4(ℝ)$ и $Mat10 ×10(ℝ )$ ;

Показать ответ и решение

a) Нет, так как размерность первого равна 100, а второго равна 1000, а пространства изоморфны тогда и только тогда, когда у них одинаковая размерность;

b) Нет, так как размерность первого равна 12, а второго равна 13;

c) Да, так как у них у обоих размерность равна 12;

d) Да, так как у них у обоих размерность равна 27;

e) Да, так как у них у обоих размерность равна 100;

Ответ:

a) Нет;
b) Нет;
c) Да;
d) Да;
e) Да