Wyk lad 9 Przekszta lcenia liniowe i ich zastosowania

Transkrypt

1 Wyk lad 9 Przekszta lcenia liniowe i ich zastosowania 1 Przekszta lcenia liniowe i ich w lasności Definicja 9.1. Niech V i W bed przestrzeniami liniowymi. Przekszta lcenie f : V W spe lniajace warunki: (I) α,β V f(α + β) = f(α) + f(β) oraz (II) α V a R f(a α) = a f(α) nazywamy przekszta lceniem liniowym przestrzeni V w przestrzeń W. Stwierdzenie 9.2. Z lożenie przekszta lceń liniowych jest przekszta lceniem liniowym. Dowód. Niech f : V W i g : W U bed przekszta lceniami liniowymi. Wówczas dla dowolnych α, β V jest (g f)(α + β) = g(f(α + β)) = g(f(α) + f(β)) = g(f(α)) + g(f(β)) = (g f)(α) + (g f)(β) oraz dla dowolnych α V, a R jest: (g f)(a α) = g(f(a α)) = g(a f(α)) = a g(f(α)) = a (g f)(α). Zatem g f jest przekszta lceniem liniowym. Stwierdzenie 9.3. Niech f : V W bedzie V w przestrzeń liniow W. Wówczas: (i) f(θ) = θ, (ii) f( α) = f(α) dla każdego α V, (iii) f(α β) = f(α) f(β) dla dowolnych α, β V, (iv) f(a 1 α a n α n ) = a 1 f(α 1 ) a n f(α n ) dla dowolnych a 1,..., a n R, α 1,..., α n V i dla dowolnego n N. Dowód. (i). Na mocy (II) jest f(θ) = f(0 θ) = 0 f(θ) = θ. (ii). Na mocy (I) i (i) mamy, że f(α) + f( α) = f(α + ( α)) = f(θ) = θ, wiec f( α) = f(α). (iii). Na mocy (I) i (ii) jest f(α β) = f(α + ( β)) = f(α) + f( β) = f(α) + ( f(β)) = f(α) f(β). (iv). Stosujemy indukcje wzgledem n. Dla n = 1 teza wynika z (II). Za lóżmy, że teza zachodzi dla pewnego naturalnego n i niech a 1,..., a n+1 R oraz α 1,..., α n+1 V. Wtedy na mocy (I), (II) i za lożenia indukcyjnego mamy, że f(a 1 α a n+1 α n+1 ) = f((a 1 α a n α n ) + a n+1 α n+1 ) = f(a 1 α a n α n ) + f(a n+1 α n+1 ) = a 1 f(α 1 ) a n f(α n ) + a n+1 f(α n+1 ). Zatem teza zachodzi dla liczby n + 1. Stwierdzenie 9.4. Niech f : V W bedzie V w przestrzeń liniow W. Wówczas zbiór Ker(f) = {α V : f(α) = θ} zwany jadrem f jest podprzestrzeni przestrzeni V. Ponadto f jest różnowartościowe (tzn. f jest monomorfizmem liniowym) wtedy i tylko wtedy, gdy Ker(f) = {θ}. Dowód. Na mocy stwierdzenia 9.3(i) mamy, że θ Ker(f). Niech a R, α, β Ker(f). Wtedy na mocy (I) f(α + β) = f(α) + f(β) = θ + θ = θ, wiec α + β Ker(f) oraz na mocy (II) f(a α) = a f(α) = a θ = θ, skad a α Ker(f). Zatem Ker(f) jest podprzestrzenia przestrzeni V. 1

2 Za lóżmy, że f jest różnowartościowe i niech α Ker(f). Wtedy f(α) = θ. Ale na mocy stwierdzenia 9.3(i) jest θ = f(θ), wiec f(α) = f(θ), skad α = θ. Zatem Ker(f) = {θ}. Na odwrót, za lóżmy, że Ker(f) = {θ} i weźmy dowolne α, β V takie, że f(α) = f(β). Wtedy na mocy stwierdzenia 9.3(iii) jest θ = f(α) f(β) = f(α β), czyli α β Ker(f). Zatem α β = θ, skad α = β i f jest monomorfizmem. Uwaga 9.5. Każda podprzestrzeń W przestrzeni liniowej V jest jadrem pewnego przekszta lcenia liniowego f : V V. Rzeczywiście, z twierdzenia 7.30 istnieje podprzestrzeń U przestrzeni V taka, że V = W U i każdy wektor α V można zapisać jednoznacznie w postaci α = β + γ dla pewnych β W i γ U. Przyjmijmy: f(α) = γ. Weźmy dowolne α 1, α 2 V, a R. Wtedy istniej β 1, β 2 W, γ 1, γ 2 U takie, że α 1 = β 1 + γ 1 i α 2 = β 2 + γ 2, skad α 1 + α 2 = (β 1 + β 2 ) + (γ 1 + γ 2 ) oraz β 1 + β 2 W i γ 1 + γ 2 U. Zatem f(α 1 + α 2 ) = γ 1 + γ 2 = f(α 1 ) + f(α 2 ). Ponadto a α 1 = a β 1 + a γ 1 oraz a β 1 W i a γ 1 U, wiec f(a α 1 ) = a γ 1 = a f(α 1 ). Stad f jest przekszta lceniem liniowym. Nazywamy je rzutem przestrzeni V na podprzestrzeń U wzd luż podprzestrzeni W. Dla β W mamy, że β = β + θ i θ U, wiec f(β) = θ, skad W Ker(f). Jeśli zaś α Ker(f), to istniej β W i γ U takie, że α = β + γ i θ = f(α) = γ, skad α = β W. Zatem ostatecznie W = Ker(f). Latwo też zauważyć, że Im(f) = U. Stwierdzenie 9.6. Niech f : V W bedzie V w przestrzeń liniow W. Wówczas zbiór Im(f) = f(v ) = {f(α) : α V } zwany obrazem f jest podprzestrzeni przestrzeni W. Dowód. Ze stwierdzenia 9.3(i) mamy, że θ = f(θ) f(v ). Niech α, β f(v ). Wtedy istniej α 1, β 1 V takie, że α = f(α 1 ) i β = f(β 1 ). Zatem α + β = f(α 1 ) + f(β 1 ) = f(α 1 + β 1 ) f(v ) oraz dla a R: a α = a f(α 1 ) = f(a α 1 ) f(v ). Zatem f(v ) jest podprzestrzeni przestrzeni W. Stwierdzenie 9.7. Niech f : V W bedzie V w przestrzeń liniow W. Wówczas dla dowolnych wektorów α 1,..., α n V : jeżeli wektory f(α 1 ),..., f(α n ) s liniowo niezależne, to wektory α 1,..., α n też s Jeżeli dodatkowo f jest monomorfizmem, to wektory α 1,..., α n V s liniowo niezależne wtedy i tylko wtedy, gdy wektory f(α 1 ),..., f(α n ) s Dowód. Niech α 1,..., α n V. Za lóżmy, że wektory f(α 1 ),..., f(α n ) s Weźmy dowolne a 1,..., a n R takie, że a 1 α a n α n = θ. Wtedy na mocy stwierdzenia 9.3 mamy, że a 1 f(α 1 ) a n f(α n ) = θ, skad z lnz wektorów f(α 1 ),..., f(α n ) jest a 1 =... = a n = 0, czyli wektory α 1,..., α n też s Niech teraz dodatkowo f bedzie monomorfizmem. Za lóżmy, że wektory α 1,..., α n s lnz i weźmy dowolne a 1,..., a n R takie, że a 1 f(α 1 )+...+a n f(α n ) = θ. Wtedy ze stwierdzenia 9.3 mamy, że f(a 1 α a n α n ) = f(θ), skad a 1 α a n α n = θ. Zatem z lnz wektorów α 1,..., α n wynika, że a 1 =... = a n = 0, czyli wektory f(α 1 ),..., f(α n ) s liniowo niezależne. Definicja 9.8. Przekszta lcenie liniowe f : V W nazywamy epimorfizmem, jeżeli f(v ) = W (tzn. f jest na ). Przekszta lcenie liniowe f : V V przestrzeni V w siebie nazywamy 2

3 endomorfizmem przestrzeni V. Uwaga 9.9. Z tych określeń wynika od razu, że izomorfizm liniowy jest to taki monomorfizm, który jest jednocześnie epimorfizmem. Stwierdzenie Niech f : V W bedzie izomorfizmem przestrzeni liniowych V i W. Jeżeli wektory α 1,..., α n tworz baze przestrzeni V, to wektory f(α 1 ),..., f(α n ) tworz baze przestrzeni W. Dowód. Ze stwierdzenia 9.7 wynika od razu, że wektory f(α 1 ),..., f(α n ) s Weźmy dowolne β W. Wtedy istnieje α V takie, że β = f(α). Zatem istnieja a 1,..., a n R takie, że α = a 1 α a n α n, skad na mocy stwierdzenia 9.3 jest, że β = a 1 f(α 1 ) a n f(α n ). Zatem wektory f(α 1 ),..., f(α n ) generuj przestrzeń W i sa liniowo niezależne, czyli tworz baze przestrzeni W. Twierdzenie Niech f : V W b edzie przekszta lceniem liniowym. Jeżeli przestrzeń V jest skończenie wymiarowa, to przestrzeń Im(f) też jest skończenie wymiarowa i zachodzi wzór: dim V = dim Ker(f) + dim Im(f). Dowód. Z twierdzenia 7.30 istnieje podprzestrzeń U przestrzeni V taka, że Ker(f) U = V i każdy wektor α V można jednoznacznie zapisać w postaci α = β + γ dla pewnych β Ker(f) i γ U. Stad f(α) = f(β) + f(γ) = θ + f(γ) = f(γ). Zatem Im(f) = f(u), czyli przekszta lcenie liniowe f U jest na. Weźmy dowolne γ Ker(f U). Wtedy γ U i γ Ker(f), wiec γ Ker(f) U = {θ}, skad γ = θ. Zatem ze stwierdzenia 9.4, f U jest monomorfizmem i ostatecznie f U : U Im(f) jest izomorfizmem. Zatem z twierdzenia 9.10, dim(im(f)) = dim(u). Stad przestrzeń Im(f) też jest skończenie wymiarowa. Ale z twierdzenia 7.26, dim(v ) = dim Ker(f) + dim(u), gdyż dim(ker(f) U) = 0, wiec dim V = dim Ker(f) + dim Im(f). Twierdzenie Niech wektory α 1,..., α n tworz baze przestrzeni liniowej V i niech β 1,..., β n bed dowolnymi wektorami przestrzeni liniowej W. Wówczas istnieje dok ladnie jedno przekszta lcenie liniowe f : V W takie, że f(α i ) = β i dla każdego i = 1,..., n. Ponadto takie f jest dane wzorem: f(a 1 α a n α n ) = a 1 β a n β n (1) dla a 1,..., a n R. Przekszta lcenie f jest monomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy wektory β 1,..., β n s Ponadto f jest epimorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy wektory β 1,..., β n generuj przestrzeń W oraz f jest izomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy wektory β 1,..., β n tworz baze przestrzeni W. Dowód. Dla przekszta lcenia f danego wzorem (1) mamy, że f(α i ) = β i przy i = 1,..., n. Weźmy dowolne α, β V i dowolne a R. Wtedy istniej a 1,..., a n, b 1,..., b n R takie, że α = a 1 α a n α n oraz β = b 1 α b n α n. Zatem f(α+β) = f((a 1 +b 1 ) α (a n +b n ) α n ) = (a 1 +b 1 ) β (a n +b n ) β n = (a 1 β a n β n )+(b 1 β b n β n ) = f(α) + f(β) oraz f(a α) = f((aa 1 ) α (aa n ) α n ) = (aa 1 ) β (aa n ) β n = 3

4 a (a 1 β a n β n ) = a f(α). Zatem f jest szukanym przekszta lceniem liniowym. Jeżeli g : V W jest przekszta lceniem liniowym takim, że g(α i ) = β i dla i = 1,..., n, to ze stwierdzenia 9.3 mamy, że g(a 1 α a n α n ) = a 1 g(α 1 ) a n g(α n ) = a 1 β a n β n = f(a 1 α a n α n ) dla dowolnych a 1,..., a n R. Ponieważ {α 1,..., α n } jest baz przestrzeni V, wiec stad g = f. Jeżeli f jest różnowartościowe, to na mocy stwierdzenia 9.7 wektory β 1 = f(α 1 ),..., β n = f(α n ) s Na odwrót, za lóżmy, że wektory β 1,..., β n s Niech α Ker(f). Wtedy istniej a 1,..., a n R takie, że α = a 1 α a n α n, skad Θ = f(α) = a 1 β a n β n, czyli a 1 =... = a n = 0 i α = Θ. Zatem na mocy stwierdzenia 9.4 f jest monomorfizmem. Jeżeli f jest epimorfizmem, to dla każdego β W istnieje α V takie, że β = f(α). Ale α = a 1 α a n α n dla pewnych a 1,..., a n R, wiec ze wzoru (1), β = a 1 β a n β n, czyli wektory β 1,..., β n generuj przestrzeń W. Na odwrót, za lóżmy, że wektory β 1,..., β n generuj przestrzeń W. Weźmy dowolne β W. Wtedy istniej a 1,..., a n R takie, że β = a 1 β a n β n = f(a 1 α a n α n ), czyli f jest epimorfizmem. Ostatnia cześć twierdzenia wynika z jego pierwszej cześci. Z twierdzenia 9.12 wynika od razu nastepuj ace, bardzo ważne w algebrze liniowej twierdzenie, pokazujace kluczow role przestrzeni R n wśród wszystkich przestrzeni skończenie wymiarowych. Twierdzenie Skończenie wymiarowe przestrzenie liniowe V i W s izomorficzne wtedy i tylko wtedy, gdy maj ten sam wymiar. Jeśli wektory α 1,..., α n tworz baze przestrzeni V, zaś wektory β 1,..., β n tworz baze przestrzeni W, to istnieje dok ladnie jeden taki izomorfizm f : V W, że f(α i ) = β i dla i = 1,..., n. W szczególności każda n-wymiarowa przestrzeń liniowa jest izomorficzna z przestrzeni R n. 2 Przyk lady i zastosowania przekszta lceń liniowych Przyk lad Niech V i W bed przestrzeniami liniowymi. Wówczas przekszta lcenie f : V W dane wzorem f(α) = θ dla α V jest przekszta lceniem liniowym, bo dla α, β V, a R: f(α + β) = θ = θ + θ = f(α) + f(β) oraz f(a α) = θ = a θ = a f(α). Przekszta lcenie to nazywamy zerowym lub trywialnym. Przyk lad Niech V bedzie przestrzeni liniowa. Niech a bedzie dowoln ustalona liczba. Wtedy przekszta lcenie φ a : V V dane wzorem φ a (α) = a α dla α V, jest liniowe, gdyż dla α, β V, b R mamy, że φ a (α + β) = a (α + β) = a α + a β = φ a (α) + φ a (β) oraz φ a (b α) = a (b α) = (ab) α = (ba) α = b (a α) = b φ a (α). To przekszta lcenie nazywamy homoteti o wspó lczynniku a. Przyk lad Niech W bedzie podprzestrzeni przestrzeni liniowej V. Wówczas przekszta lcenie f : W V dane wzorem f(α) = α dla α W jest oczywiście liniowe. Jest ono ponadto monomorfizmem podprzestrzeni W w przestrzeń V. W szczególności przekszta lcenie 4

5 identycznościowe id V : V V dane wzorem id V (α) = α dla α V, jest przekszta lceniem liniowym. Przyk lad Opiszemy wszystkie przekszta lcenia liniowe f : R n R m dla dowolnych ustalonych liczb naturalnych m, n. Ponieważ wektory ε 1, ε 2,..., ε n tworz baze przestrzeni R n oraz dla dowolnych x 1,..., x n R jest [x 1,..., x n ] = x 1 ε x n ε n, wiec na mocy twierdzenia 9.12 wszystkimi przekszta lceniami liniowymi f : R n R m s jedynie przekszta lcenia f postaci: f([x 1,..., x n ]) = x 1 β x n β n, dla dowolnych ustalonych β 1,..., β n R m. Ale dla j = 1,..., n istniej a ij R (i = 1,..., m) takie, że β j = [a 1j, a 2j,..., a mj ], wiec stad otrzymujemy tzw. wzór analityczny na dowolne przekszta lcenie liniowe f : R n R m : f([x 1,..., x n ]) = [a 11 x a 1n x n,..., a m1 x a mn x n ]. (2) Zauważmy ponadto, że jeżeli a ij R dla i = 1,..., m, j = 1,..., n s a takie, że przekszta lcenie f dane wzorem (2) spe lnia wzór f([x 1,..., x n ]) = [a 11 x a 1n x n,..., a m1 x a mnx n ], to dla β j = [a 1j, a 2j,..., a mj ], j = 1,..., n, bedziemy mieli, że β j = f(ε j) = β j, czyli a ij = a ij dla wszystkich i, j. Wynika stad, że przekszta lcenie liniowe f : R n R m jest jednoznacznie wyznaczone przez m n-macierz A = [a ij ]. Ponadto z definicji mnożenia macierzy mamy, że dla przekszta lcenia f danego wzorem (2) zachodzi wzór: f([x 1,..., x n ]) = A x 1 x 2. x n. (3) Przy tych oznaczeniach mamy też, że f(r n ) = lin(β 1,..., β n ) oraz wektory β 1,..., β n możemy traktować jako kolumny macierzy A, wiec stad dla przekszta lcenia f mamy wzór: dim Im(f) = r(a). (4) Zatem z twierdzenia 9.11 mamy, że n = dim R n = dim Ker(f) + dim Im(f), wi ec na mocy wzoru (4): dim Ker(f) = n r(a). (5) Zauważmy też, że [a 1,..., a n ] Ker(f) wtedy i tylko wtedy, gdy [a 1,..., a n ] jest rozwiazaniem uk ladu jednorodnego a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = 0.. (6)..... a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = 0 5

6 Wynika stad nastepuj ace Twierdzenie Zbiór rozwiazań uk ladu jednorodnego (6) o macierzy wspó lczynników A jest podprzestrzeni przestrzeni liniowej R n wymiaru n r(a). Podamy teraz drugi sposób wyznaczania jednorodnego uk ladu równań liniowych o zadanej podprzestrzeni rozwiazań. Niech V bedzie dowoln podprzestrzeni przestrzeni liniowej R n. Wyznaczamy najpierw baze i wymiar podprzestrzeni V. Niech wektory α 1,..., α s tworz baze podprzestrzeni V. Wtedy dim V = s. W praktyce wyznaczamy baze V w takiej postaci, aby można by lo j uzupe lnić w prosty sposób do bazy przestrzeni R n pewnymi wektorami bazy kanonicznej przestrzeni R n. Niech wektory α 1,..., α s, β 1,..., β n s tworz baze przestrzeni R n. Na mocy twierdzenia 9.12 istnieje dok ladnie jeden epimorfizm f : R n R n s taki, że f(α i ) = Θ dla wszystkich i = 1,..., s oraz f(β j ) = ε j dla j = 1,..., n s. Z określenia f mamy, że V Ker(f). Ponadto dim Im(f) = dim R n s = n s, wiec z twierdzenia 9.11 mamy, że n = dim R n = dim Ker(f) + dim Im(f), skad dim Ker(f) = s. Ale dim V = s oraz V Ker(f), wiec stad V = Ker(f). Pozostaje zatem wyznaczyć wzór analityczny na przekszta lcenie f i w ten sposób uzyskamy natychmiast żadany uk lad jednorodny. Przyk lad Znajdziemy uk lad jednorodny równań liniowych, którego przestrzenia rozwi [ azań jest ] V = lin([1, [ 1, 1], [1, 1, 1]). ] Najpierw [ znajdujemy ] baze przestrzeni V : w 2 w w Zatem baza przestrzeni V jest {[1, 1, 1], [0, 1, 1]}. Nastepnie uzupe lniamy znalezion baze przestrzeni V do bazy ca lej przestrzeni R 3 przy pomocy wektora [0, 0, 1]. Istnieje przekszta lcenie liniowe f : R 3 R takie, że f([1, 1, 1]) = 0, f([0, 1, 1]) = 0, f([0, 0, 1]) = 1. Wtedy f([0, 1, 0]) = f([0, 1, 1]) + f([0, 0, 1]) = = 1 oraz f([1, 0, 0]) = f([1, 1, 1]) f([0, 1, 1]) = 0 0 = 0. Zatem dla dowolnych x 1, x 2, x 3 R mamy, że f([x 1, x 2, x 3 ]) = x 1 f([1, 0, 0])+x 2 f([0, 1, 0])+x 3 f([0, 0, 1]) = x 2 +x 3. Ale dim(imf) = 1, wiec dim(ker f) = 3 1 = 2. Ponadto V Ker f oraz dim(v ) = 2, wiec V = Ker f. Stad szukanym uk ladem równań jest: x 2 + x 3 = 0. Przyk lad Znajdziemy uk lad jednorodny równań liniowych, którego przestrzeń rozwiazań jest generowana przez wektory: [1, 1, 1, 1, 1], [1, 1, 0, 0, 3], [3, 1, 1, 1, 7], [0, 2, 1, 1, 2]. Znajdujemy najpierw baze podprzestrzeni V generowanej przez wektory: [1, 1, 1, 1, 1], [1, 1, 0, 0, 3], [3, 1, 1, 1, 7], [0, 2, 1, 1, 2] w 2 +w 4, w 3 +w 4 w 2 w 1, w 3 3w [ ].

7 Zatem baz V jest {[1, 1, 0, 0, 3], [0, 2, 1, 1, 2]} oraz dim V = 2. Ponieważ nasze wektory maja 5 wspó lrzednych, wiec szukany uk lad równań bedzie sie sk lada l z 5 2 = 3 równań. Ponadto baz przestrzeni R 5 jest {[1, 1, 0, 0, 3], [0, 2, 1, 1, 2], [0, 0, 1, 0, 0], [0, 0, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 0, 1]}, wiec istnieje przekszta lcenie liniowe f : R 5 R 3 takie, że f([1, 1, 0, 0, 3]) = [0, 0, 0], (7) f([0, 2, 1, 1, 2]) = [0, 0, 0], (8) f([0, 0, 1, 0, 0]) = [1, 0, 0], (9) f([0, 0, 0, 1, 0]) = [0, 1, 0], (10) f([0, 0, 0, 0, 1]) = [0, 0, 1]. (11) Ponieważ wektory [1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1] tworz baze przestrzeni R 3 oraz należ do f(r 5 ), wiec f(r 5 ) = R 3, czyli dim f(r 5 ) = 3. Ale 5 = dim R 5 = dim Ker(f) + dim f(r 5 ), wiec dim Ker(f) = 5 3 = 2. Ponadto z (7) i (8) mamy, że V = lin([1, 1, 0, 0, 3], [0, 2, 1, 1, 2]) Ker(f) oraz dim V = 2, wiec V = Ker(f). Pozostaje zatem wyznaczyć wzór analityczny na takie przekszta lcenie f. Niech ε 1 = [1, 0, 0, 0, 0], ε 2 = [0, 1, 0, 0, 0], ε 3 = [0, 0, 1, 0, 0], ε 4 = [0, 0, 0, 1, 0], ε 5 = [0, 0, 0, 0, 1]. Wtedy dla dowolnych x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 R: [x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 ] = x 1 ε 1 + x 2 ε 2 + x 3 ε 3 + x 4 ε 4 + x 5 ε 5. Zatem z liniowości przekszta lcenia f mamy, że f([x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 ]) = x 1 f(ε 1 ) + x 2 f(ε 2 ) + x 3 f(ε 3 ) + x 4 f(ε 4 ) + x 5 f(ε 5 ). Ze wzoru (8) mamy, że 2 f(ε 2 ) f(ε 3 ) + f(ε 4 ) + 2 f(ε 5 ) = [0, 0, 0], wiec 2 f(ε 2 ) [1, 0, 0] + [0, 1, 0] + 2 [0, 0, 1] = [0, 0, 0], skad f(ε 2 ) = [ 1 2, 1 2, 1]. Ze wzoru (7) mamy, że f(ε 1 )+f(ε 2 )+3 f(ε 5 ) = [0, 0, 0], czyli f(ε 1 )+[ 1 2, 1 2, 1]+3 [0, 0, 1] = [0, 0, 0], skad f(ε 1 ) = [ 1 2, 1 2, 2]. St ad f([x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 ]) = x 1 [ 1 2, 1 2, 2]+x 2 [ 1 2, 1 2, 1]+x 3 [1, 0, 0]+x 4 [0, 1, 0]+x 5 [0, 0, 1] = [ 1 2 x x 2 + x 3, 1 2 x x 2 + x 4, 2x 1 x 2 + x 5 ]. Zatem V = Ker(f) jest zbiorem rozwiazań uk ladu równań: 1 2 x x 2 + x 3 = x x 2 + x 4 = 0. 2x 1 x 2 + x 5 = 0 7